Question

已知函数f（x）=（x²-3x+3）e^x，其中e是自然对数的底数．
（1）若x∈[-2，a]，-2＜a＜1，求函数y=f（x）的单调区间；
（2）设a＞-2，求证：f（a）＞

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e2

；
（3）对于定义域为D的函数y=g（x），如果存在区间[m，n]⊆D，使得x∈[m，n]时，y=g（x）的值域是[m，n]，则称[m，n]是该函数y=g（x）的“保值区间”．设h（x）=f（x）+（x-2）e^x，x∈（1，+∞），问函数y=h（x）是否存在“保值区间”？若存在，请求出一个“保值区间”； 若不存在，请说明理由．

Answer 1

考点：利用导数研究函数的单调性,利用导数求闭区间上函数的最值

专题：导数的概念及应用,导数的综合应用

分析：本题（1）直接利用导函数值的正负判断出函数的单调区间；（2）通过导函数研究函数的单调区间和最值，从而证明f（a）＞

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e2

，得到本题结论；（3）通过对函数函数y=h（x）的定义域和值域的研究，对照新定义的“保值区间”条件，判断其是否具有“保值区间”，得到本题结论．

解答： 解：（1）f′（x）=（x²-x）e^x，x∈[-2，a]，a＞-2，

x	（-∞，0）	（0，1）	（1，+∞）
f′（x）	+	-	+

由表知道：
①当-2＜a≤0时，
x∈（-2，a），f′（x）＞0，
∴函数y=f（x）的单调增区间为（-2，a）；
②当0＜a＜1时，
x∈（-2，0），f′（x）＞0，
x∈（0，a），f′（x）＜0，
∴函数y=f（x）的单调增区间为（-2，0），单调减区间为（0，a）；
（2）证明：∵f（a）=（a²-3a+3）e^x，a＞-2，
∴f′（a）=（a²-a）e^z=a（a-1）e^x，a＞-2，

a	（-2，0）	（0，1）	（1，+∞）
f′（x）	+	-	+

∴[f（a）]_min=f（1）=a．
∵f（1）-f（-2）=e-

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e2

=

e3-13

e2

＞

( 5 2 )3-13

e2

＞0，
∴f（1）＞f（-2）．
由表知：a∈[0，+∞）时，f（a）≥f（1）≥f（-2），
a∈（-2，0）时，f（a）＞f（-2），
∴a＞-2时，f（a）＞f（-2），即f(a)＞

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a2

；
（3）∵h（x）=f（x）+（x-2）e^x=（x²-2x+1）e^x，x∈（1，+∞），
∴h′（x）=（x²-1）e^x，
∴x∈（1，+∞）时，h′（x）＞0，
∴y=h（x）在（1，+∞）上是增函数，
函数y=h（x）存在“保值区间”[mn]?

n＞m＞1 h(m)=m h(n)=n

，
?关于x的方程h（x）=x在（1，+∞）有两个不相等的实数根，
令H（x）=h（x）-x=（x²-2x+1）e^x-x，x∈（1，+∞），
则H′（x）=（x²-1）e^x-1，x∈（1，+∞），
[H′（x）]′=（x²+2x-1）e^x，x∈（1，+∞），
∵x∈（1，+∞）时，[H′（x）]′=（x²+2x-1）e^x＞0，
∴H′（x）在（1，+∞）上是增函数，
∵H′（1）=-1＜0，H′（2）=3e²-1＞0，且y=H′（x）在[1，2]图象不间断，
∴?x₀∈（1，2），使得H′（x）=0，
∴xx∈（1，x₀）时，H′（x）＜0，
x∈（x₀，+∞）时，H′（x）＞0，
∴函数y=H（x）在（1，x₀）上是减函数，在（x₀，+∞）上是增函数，
∵H（1）=-1＜0，
∴x∈（1，x₀]．H（x）＜0，
∴函数y=h（x）在（1，+∞）至多有一个零点，
即关于x的方程h（x）=x在（1，+∞）至多有一个实数根，
∴函数y=h（x）是不存在“保值区间”．

点评：本题考查了导函数与函数的单调性、最值的关系，本题思维难度大，计算量大，属于难题．