Question

已知定義在R上的函數(shù)f（x）總有導函數(shù)f′（x），定義F（x）=e^xf（x），G（x）=

f(x)

ex

，x∈R，e=2.71828一是自然對數(shù)的底數(shù)．
（1）若f（x）＞0，且f（x）+f′（x）＜0，試分別判斷函數(shù)F（x）和G（x）的單調(diào)性：
（2）若f（x）=x²-3x+3，x∈R．
①當x∈[-2，t]（t＞1）時，求函數(shù)F（x）的最小值：
②設g（x）=F（x）+（x-2）e^x，是否存在[a，b]⊆（1，+∞），使得{g（x）|x∈[a，b]}=[a，b]？若存在，請求出一組a，b的值：若不存在，請說明理由．

Answer 1

分析：（1）對F（x）、G（x）分別求導，利用F′（x）、G′（x）判定F（x）、G（x）的增減性；
（2）①由f（x）得F（x）的解析式，求導函數(shù)F′（x），利用F′（x）與F（x）的變化關(guān)系求出F（x）在[-2，t]（t＞1）上的最小值；
②假設存在區(qū)間[a，b]滿足題意，只須證明假設是否成立；對g（x）求導，則x＞1時，g′（x）＞0，知g（x）是增函數(shù)，得

g(a)=a g(b)=b

，即方程（x-1）²e^x=x有兩個大于1的不等實根，構(gòu)造函數(shù)φ（x）=（x-1）²e^x-x（x≥1），判定φ（x）在（1，+∞）上有且只有一個零點；即證假設不成立．

解答：解：（1）∵F（x）=e^xf（x），∴F′（x）=e^x[f（x）+f′（x）]；
又∵f（x）+f′（x）＜0，∴F′（x）＜0，∴F（x）是R上的減函數(shù)；
∵G（x）=

f(x)

ex

，∴G′（x）=

f′(x)ex-f(x)ex

e2x

=

f′(x)-f(x)

ex

；
又∵f（x）＞0，f（x）+f′（x）＜0，∴f′（x）＜-f（x）＜0，
∴f′（x）-f（x）＜0，∴G′（x）＜0，∴G（x）是R上的減函數(shù)；
（2）①∵f（x）=x²-3x+3，x∈R；
∴F（x）=e^xf（x）=（x²-3x+3）e^x；
∴F′（x）=e^x[（2x-3）+（x²-3x+3）]=（x²-x）e^x=x（x-1）e^x，
當x∈[-2，t]（t＞1）時，隨著x的變化，F(xiàn)′（x），F(xiàn)（x）的變化情況如下表：
；
∴F（x）在[-2，t]（t＞1）上的最小值是F（-2）與F（1）中的較小者；
∵

F(-2)

F(1)

=

13

e3

＜1，F(xiàn)（1）＞0，∴F（-2）＜F（1）；
∴F（x）在[-2，t]（t＞1）上的最小值是13e^-2；
②不存在[a，b]⊆（1，+∞），使得{g（x）|x∈[a，b]}=[a，b]；
證明如下：∵g（x）=（x²-3x+3）e^x+（x-2）e^x=（x-1）²e^x，
∴g′（x）=（2x-2）e^x+（x²-2x+1）e^x=（x²-1）e^x；
假設存在區(qū)間[a，b]滿足題意，則當x＞1時，g′（x）＞0，g（x）在[a，b]上是增函數(shù)，
∴

g(a)=a g(b)=b

，即

(a-1)2ea=a (b-1)2eb=b

；
這說明方程（x-1）²e^x=x有兩個大于1的不等實根，
設φ（x）=（x-1）²e^x-x（x≥1），∴φ′（x）=（x²-1）e^x-1；
設h（x）=φ′（x）=（x²-1）e^x-1（x≥1），∴h′（x）=（x²+2x-1）e^x；
當x＞1時，h′（x）＞0，∴h（x）在（1，+∞）上是增函數(shù)；
又h（1）=-1＜0，h（2）=3e²-1＞0，
∴在（1，+∞）上存在唯一的實數(shù)x₀∈（1，2），使得h（x₀）=0，即φ′（x₀）=0；
當x∈（1，x₀）時，φ′（x₀）＜0，φ（x）在（1，x₀）上是減函數(shù)；
當x∈（x₀，+∞）時，φ′（x）＞0，φ（x）在（x₀，+∞）上是增函數(shù)；
∴φ（x）在x₀處取得最小值；
∴φ（x₀）＜φ（1）=-1＜0，φ（2）=e²-2＞0，
∴φ（x）在（1，+∞）時有且只有一個零點；
這與方程（x-1）²e^x=x有兩個大于1的不等實根矛盾，
∴不存在[a，b]⊆（1，+∞），使得{g（x）|x∈[a，b]}=[a，b]．

點評：考查了利用導數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)區(qū)間以及根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性求最值的問題，也考查了不等式恒成立的問題，是較難的題目．