Question

已知函数f（x）=[ax²+（a-1）²x+a-（a-1）²]e^x（其中a∈R）．
（Ⅰ）若x=0为f（x）的极值点，求a的值；
（Ⅱ）在（Ⅰ）的条件下，解不等式f（x）＞（x-1）（

1

2

x2+x+1）；
（Ⅲ）若函数f（x）在区间（1，2）上单调递增，求实数a的取值范围．

Answer 1

考点：导数在最大值、最小值问题中的应用,利用导数研究函数的单调性,利用导数研究函数的极值

专题：导数的综合应用

分析：（1）利用导数求极值，由x=0为f（x）的极值点得，f′（0）=ae⁰=0，即得a的值；
（2）由不等式f(x)＞(x-1)(

1

2

x2+x+1)得，（x-1）[e^x-（

1

2

x²+x+1）]＞0，利用导数判断函数g（x）=）e^x-（

1

2

x²+x+1）的单调性，进而得证；
（3）由导数与函数单调性的关系，通过讨论求得a的范围．

解答： 解：（Ⅰ）因为f（x）=[ax²+（a-1）²x+a-（a-1）²]e^x
所以f′（x）=[2ax+（a-1）²]e^x+[ax²+（a-1）²x+a-（a-1）²]e^x=[ax²+（a²+1）x+a]e^x--------（2分）
因为x=0为f（x）的极值点，所以由f′（0）=ae⁰=0，解得a=0----------------------------（3分）
检验，当a=0时，f′（x）=xe^x，当x＜0时，f′（x）＜0，当x＞0时，f′（x）＞0，
所以x=0为f（x）的极值点，故a=0．----------------------------------------（4分）
（Ⅱ） 当a=0时，不等式不等式f(x)＞(x-1)(

1

2

x2+x+1)?（x-1）e^x＞（x-1）（

1

2

x²+x+1），
整理得（x-1）[e^x-（

1

2

x²+x+1）]＞0，
即

x-1＞0 ex-( 1 2 x2+x+1)＞0

或

x-1＜0 ex-( 1 2 x2+x+1)＜0

------------（6分）
令g（x）=）e^x-（

1

2

x²+x+1），h（x）=g′（x）=e^x-（x+1），h′（x）=e^x-1，
当x＞0时，h′（x）=e^x-1＞0，当x＜0时，h′（x）=e^x-1＜0，
所以h（x）在（-∞，0）单调递减，在（0，+∞）单调递增，
所以h（x）＞h（0）=0，即g′（x）＞0，
所以g（x）在R上单调递增，而g（0）=0；
故e^x-（

1

2

x²+x+1）＞0?x＞0；e^x-（

1

2

x²+x+1）＜0?x＜0，
所以原不等式的解集为{x|x＜0或x＞1}；-------------------------（9分）
（Ⅲ） 当a≥0时，f′（x）=[ax²+（a²+1）x+a]e^x，
因为x∈（1，2），所以f′（x）＞0，所以f（x）在（1，2）上是增函数．----------（11分）
当a＜0时，f′（x）=a（x+a）（x+

1

a

）•e^x，x∈（1，2）时，f（x）是增函数，f′（x）＞0．
①若a＜-1，则f′（x）=a（x+a）（x+

1

a

）•e^x＞0⇒x∈（-

1

a

，-a），由（1，2）⊆（-

1

a

，-a）得a≤-2；
②若-1＜a＜0，则f′（x）=a（x+a）（x+

1

a

）•e^x＞0⇒x∈（-a，-

1

a

），由（1，2）⊆（-a，-

1

a

）得-

1

2

≤a＜0．
③若a=-1，f′（x）=-（x-1）²•e^x≤0，不合题意，舍去．
综上可得，实数a的取值范围是（-∞，-2]∪[-

1

2

，+∞）----------------（14分）

点评：本题主要考查利用导数研究函数的单调性、极值等知识，考查分类讨论等数学思想的运用能力，属难题．