Question

7．设函数f（x）=（ax²+x-1）e^x（a＜0）．
（1）讨论f（x）的单调性；
（2）当a=-1时，函数y=f（x）与g（x）=$\frac{1}{3}$x³+$\frac{1}{2}$x²+m的图象有三个不同的交点，求实数m的范围．

Answer 1

分析 （1）求导f′（x）=（2ax+1）e^x+（ax²+x-1）e^x=ax（x+$\frac{2a+1}{a}$）e^x，从而分类讨论以确定函数的单调性；
（2）当a=-1时，m=（-x²+x-1）e^x-（$\frac{1}{3}$x³+$\frac{1}{2}$x²），再令h（x）=（-x²+x-1）e^x-（$\frac{1}{3}$x³+$\frac{1}{2}$x²），从而求导可得．

解答 解：（1）∵f（x）=（ax²+x-1）e^x，
∴f′（x）=（2ax+1）e^x+（ax²+x-1）e^x
=（ax²+（2a+1）x）e^x
=ax（x+$\frac{2a+1}{a}$）e^x，
当a=$-\frac{1}{2}$时，f′（x）≤0恒成立，
故函数f（x）在R上单调递减；
当a＜$-\frac{1}{2}$时，
x＜-$\frac{2a+1}{a}$时，f′（x）＜0；-$\frac{2a+1}{a}$＜x＜0时，f′（x）＞0；当x＞0时，f′（x）＜0；
故函数f（x）在（-∞，-$\frac{2a+1}{a}$）上单调递减，在（-$\frac{2a+1}{a}$，0）上单调递增，在（0，+∞）上单调递减；
当$-\frac{1}{2}$＜a＜0时，
x＜0时，f′（x）＜0；0＜x＜-$\frac{2a+1}{a}$时，f′（x）＞0；当x＞-$\frac{2a+1}{a}$时，f′（x）＜0；
故函数f（x）在（-∞，0）上单调递减，在（0，-$\frac{2a+1}{a}$）上单调递增，在（-$\frac{2a+1}{a}$，+∞）上单调递减；
（2）当a=-1时，
f（x）-g（x）=（-x²+x-1）e^x-（$\frac{1}{3}$x³+$\frac{1}{2}$x²+m），
故m=（-x²+x-1）e^x-（$\frac{1}{3}$x³+$\frac{1}{2}$x²），
令h（x）=（-x²+x-1）e^x-（$\frac{1}{3}$x³+$\frac{1}{2}$x²），
则h′（x）=-（x²+x）e^x-（x²+x）=-x（x+1）（e^x+1），
故当x＜-1时，h′（x）＜0；当-1＜x＜0时，h′（x）＞0；当x＞0时，h′（x）＜0；
h（-1）=-$\frac{3}{e}$-$\frac{1}{6}$，h（0）=-1，
故-$\frac{3}{e}$-$\frac{1}{6}$＜m＜-1．

点评 本题考查了导数的综合应用及分类讨论的思想应用．