Question

已知函數(shù)f（x）=[ax²+（a-1）²x+a-（a-1）²]e^x（其中a∈R）．
（Ⅰ）若x=0為f（x）的極值點，求a的值；
（Ⅱ）在（Ⅰ）的條件下，解不等式f（x）＞（x-1）（

1

2

x2+x+1）；
（Ⅲ）若函數(shù)f（x）在區(qū)間（1，2）上單調遞增，求實數(shù)a的取值范圍．

Answer 1

考點：導數(shù)在最大值、最小值問題中的應用,利用導數(shù)研究函數(shù)的單調性,利用導數(shù)研究函數(shù)的極值

專題：導數(shù)的綜合應用

分析：（1）利用導數(shù)求極值，由x=0為f（x）的極值點得，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，利用導數(shù)判斷函數(shù)g（x）=）e^x-（

1

2

x²+x+1）的單調性，進而得證；
（3）由導數(shù)與函數(shù)單調性的關系，通過討論求得a的范圍．

解答： 解：（Ⅰ）因為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）
因為x=0為f（x）的極值點，所以由f′（0）=ae⁰=0，解得a=0----------------------------（3分）
檢驗，當a=0時，f′（x）=xe^x，當x＜0時，f′（x）＜0，當x＞0時，f′（x）＞0，
所以x=0為f（x）的極值點，故a=0．----------------------------------------（4分）
（Ⅱ） 當a=0時，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，
當x＞0時，h′（x）=e^x-1＞0，當x＜0時，h′（x）=e^x-1＜0，
所以h（x）在（-∞，0）單調遞減，在（0，+∞）單調遞增，
所以h（x）＞h（0）=0，即g′（x）＞0，
所以g（x）在R上單調遞增，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為{x|x＜0或x＞1}；-------------------------（9分）
（Ⅲ） 當a≥0時，f′（x）=[ax²+（a²+1）x+a]e^x，
因為x∈（1，2），所以f′（x）＞0，所以f（x）在（1，2）上是增函數(shù)．----------（11分）
當a＜0時，f′（x）=a（x+a）（x+

1

a

）•e^x，x∈（1，2）時，f（x）是增函數(shù)，f′（x）＞0．
①若a＜-1，則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，則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，不合題意，舍去．
綜上可得，實數(shù)a的取值范圍是（-∞，-2]∪[-

1

2

，+∞）----------------（14分）

點評：本題主要考查利用導數(shù)研究函數(shù)的單調性、極值等知識，考查分類討論等數(shù)學思想的運用能力，屬難題．