Question

3．已知函數(shù)f（x）=（x²-ax+1）e^x，x∈R．
（1）若函數(shù)f（x）的圖象在（0，f（0））處的切線與直線x+y-3=0垂直，求實數(shù)a的值；
（2）求f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（3）當(dāng)a=2時，若對于任意x∈[-2，2]，t∈[1，3]，f（x）≥t²-2mt+2恒成立，求實數(shù)m的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，利用f（x）的圖象在（0，f（0））處的切線與直線x+y-3=0垂直，求解a．
（2）通過f′（x）=0，可得x=-1，或x=a-1，通過當(dāng)a=0時，當(dāng)a＞0時，當(dāng)a＜0時，判斷函數(shù)的單調(diào)性，推出結(jié)果即可．
（3）利用當(dāng)a=2時，求出f（x）=（x²-2x+1）e^x，結(jié)合（2），f（x）的單調(diào)性，轉(zhuǎn)化原命題等價于不等式0≥t²-2mt+2在t∈[1，3]恒成立，就是$m≥\frac{t}{2}+\frac{1}{t}$在t∈[1，3]恒成立，利用基本不等式求出最值即可．

解答 解：（1）∵f′（x）=（2x-a）e^x+（x²-ax+1）e^x=[x²+（2-a）x-a+1]e^x
∴f′（0）=（1-a）e⁰=1-a，…（2分）
∵f（x）的圖象在（0，f（0））處的切線與直線x+y-3=0垂直，
∴（1-a）×（-1）=-1，可得a=0．…（4分）
（2）由（1）f′（x）=[x²+（2-a）x-a+1]e^x=（x+1）（x-a+1）e^x，
令f′（x）=0，可得x=-1，或x=a-1，
所以當(dāng)a=0時，f′（x）=（x+1）²e^x≥0在R上恒成立，函數(shù)f（x）在R上單調(diào)遞增； …（6分）
當(dāng)a＞0時，a-1＞-1，在（-∞，-1）上f′（x）＞0，f（x）單調(diào)遞增，
在（-1，a-1）上f′（x）＜0，f（x）單調(diào)遞減，在（a-1，+∞）上f′（x）＞0，f（x）單調(diào)遞增；
當(dāng)a＜0時，a-1＜-1，在（-∞，a-1）上f′（x）＞0，f（x）單調(diào)遞增，
在（a-1，-1）上f′（x）＜0，f（x）單調(diào)遞減，在（-1，+∞）上f′（x）＞0，f（x）單調(diào)遞增；…（8分）
（3）當(dāng)a=2時，f（x）=（x²-2x+1）e^x，由（2）可知，f（x）在（-2，-1）上單調(diào)遞增，在（-1，1）上單調(diào)遞減，在（1，2）上單調(diào)遞增；所以f（x）在x=1處取得極小值0，而$f（-2）=\frac{9}{e^2}＞0$，所以f（x）在[-2，2]上取得最小值0，原命題等價于不等式0≥t²-2mt+2在t∈[1，3]恒成立，…（10分）
即：$m≥\frac{t}{2}+\frac{1}{t}$在t∈[1，3]恒成立，只需$m≥{（\frac{t}{2}+\frac{1}{t}）_{max}}$，
令$g（t）=\frac{t}{2}+\frac{1}{t}$，可得g（t）在$[1，\sqrt{2}]$上單調(diào)遞減，在$[\sqrt{2}，3]$上單調(diào)遞增，
而$\frac{3}{2}=g（1）＜g（3）=\frac{11}{6}$，所以${g_{max}}（t）=\frac{11}{6}$，…（12分）
所以$m≥\frac{11}{6}$．…（13分）

點評 本題考查函數(shù)的導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用，函數(shù)的單調(diào)性以及函數(shù)的極值的求法，構(gòu)造法以及基本不等式的應(yīng)用，考查分析問題解決問題的能力．