Question

4．已知函数f（x）=[ax²-（2a+1）x+2a+1]e^x．
（1）求函数f（x）的单调区间；
（2）设x＞0，2a∈[3，m+1]，f（x）≥b^2a-1${e}^{\frac{1}{a}}$恒成立，求正数b的范围．

Answer 1

分析 （1）求导，对a分类讨论，利用导数即可得出其单调性；
（2）由题意，将原式转化成2a-1≥b^2a-1恒成立，换元将2a-1=t∈[2，m]，构造辅助函数$\frac{lnt}{t}$=g（t），求导，根据导数求得函数的单调区间，由函数g（2）=g（4），对m分类讨论，根据对数函数的运算现在求得b的取值范围．

解答 解：（1）f′（x）=（ax²-x）e^x=x（ax-1）e^x．
当a=0，则f′（x）=-xe^x，令f′（x）＞0，则x＜0，令f′（x）＜0，则x＞0；
若a＜0，由f′（x）＞0，解得：$\frac{1}{a}$＜x＜0，f′（x）＜0，解得：x＞0或x＜$\frac{1}{a}$，
若a＞0，由f′（x）＞0，解得：0＜x＜$\frac{1}{a}$，f′（x）＜0，解得：x＞$\frac{1}{a}$或x＜0，
综上可得：
当a=0时，函数f（x）的增区间为（-∞，0），减区间为（0，+∞）；
当a＜0时，函数f（x）的增区间为（$\frac{1}{a}$，0），减区间为（0，+∞），（-∞，$\frac{1}{a}$）；
当a＞0时，函数f（x）的增区间为（$\frac{1}{a}$，+∞），（-∞，0），减区间为（0，$\frac{1}{a}$）；
（2）f（x）≥b^2a-1${e}^{\frac{1}{a}}$恒成立，f（$\frac{1}{a}$）≥b^2a-1${e}^{\frac{1}{a}}$恒成立，
∴$\frac{1}{{e}^{a}}（2a-1）$≥b^2a-1${e}^{\frac{1}{a}}$，即2a-1≥b^2a-1恒成立，
由2a∈[3，m+1]，令2a-1=t∈[2，m]，则t≥b^t，
所以lnb≤$\frac{lnt}{t}$=g（t），
由g′（t）=$\frac{1-lnt}{{t}^{2}}$，g（t）在（0，e）上递增，（e，+∞）上递减，且g（2）=g（4），
当2＜m≤4时，g（t）_min=g（2）=$\frac{ln2}{2}$，从而lnb≤$\frac{ln2}{2}$，解得：0＜b≤$\sqrt{2}$；
当m＞4时，g（t）_min=g（m）=$\frac{lnm}{m}$，从而lnb≤$\frac{lnm}{m}$，解得：0＜b≤${m}^{\frac{1}{m}}$，
故：当2＜m≤4时，0＜b≤$\sqrt{2}$；
当m＞4时，0＜b≤${m}^{\frac{1}{m}}$．

点评 本题主要考察利用导数求函数的单调区间，考察分类讨论思想及转化思想，考察学生分析问题解决问题得能力，属于中档题．