Question

4．已知函数f（x）=（x²-x-1）e^x．
（1）求函数f（x）的单调区间．
（2）若方程a（$\frac{f（x）}{{e}^{x}}$+1）+ex=e^x在（0，1）内有解，求实数a的取值范围．

Answer 1

分析 （1）求出函数的导数，解关于导函数的不等式，求出函数的单调区间即可；
（2）问题可化为e^x-ax²+（a-e）x=0，令g（x）=e^x-ax²+（a-e）x，则g（x）在（0，1）内有零点，通过讨论a的范围，求出函数的单调区间，从而确定a的范围即可．

解答 解：（1）f′（x）=（x²+x-2）e^x=（x-1）（x+2）e^x，
令f′（x）＞0，解得：x＞1或x＜-2，
令f′（x）＜0，解得：-2＜x＜1，
故f（x）在（-∞，-2）递增，在（-2，1）递减，在（1，+∞）递增；
（2）方程a（$\frac{f（x）}{{e}^{x}}$+1）+ex=e^x可化为e^x-ax²+（a-e）x=0，
令g（x）=e^x-ax²+（a-e）x，则g（x）在（0，1）内有零点，易知g（0）=1，g（1）=0，
g′（x）=e^x-2ax+a-e，设g′（x）=h（x），则h′（x）=e^x-2a，
①a＜0时，h′（x）＞0，即h（x）在区间（0，1）递增，h（0）=1+a-e＜0，
h（1）=-a＞0，即h（x）在区间（0，1）只有1个零点x₁，
故g（x）在（0，x₁）递减，在（x₁，1）递增，
而g（0）=1＞0，g（1）=0，得g（x₁）＜g（1）=0，故g（x）在（0，x₁）内存在唯一零点；
②当0≤a≤$\frac{1}{2}$时，h′（x）＞0，即h（x）在区间（0，1）递增，
h（x）＜h（1）=-a≤0，得g（x）在（0，1）递减，得g（x）在（0，1）无零点；
③当$\frac{1}{2}$＜a＜$\frac{e}{2}$时，令h′（x）=0，得x=ln（2a）∈（0，1），
∴h（x）在区间（0，ln（2a））上递减，在（ln（2a），1）递增，
h（x）在区间（0，1）上存在最小值h（ln（2a）），
故h（ln（2a））＜h（1）=-a＜0，h（0）=1+a-e＜a-$\frac{e}{2}$＜0，
故$\frac{1}{2}$＜a＜$\frac{e}{2}$时，?x∈（0，1），都有g′（x）＜0，g（x）在（0，1）递减，
又g（0）=1，g（1）=0，故g（x）在（0，1）内无零点；
④a≥$\frac{e}{2}$时，h′（x）＜0，h（x）在区间（0，1）递减，h（1）=-a＜0，h（0）=1+a-e，
若h（0）=1+a-e＞0，得a＞e-1＞$\frac{e}{2}$，
则h（x）在区间（0，1）只有1个零点x₂，
故g（x）在（0，x₂）递增，在（x₂，1）递减，
而g（0）=1，g（1）=0，得g（x）在（0，1）无零点，
若$\frac{e}{2}$＜a时，则h（0）=1+a-e＜0，得g（x）在（0，1）递减，得g（x）在（0，1）内无零点，
综上，a＜0时，方程a（$\frac{f（x）}{{e}^{x}}$+1）+ex=e^x在（0，1）内有解．

点评 本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应用以及分类讨论思想、考查转化思想，是一道综合题．