Question

9．已知函數(shù)f（x）=（ax²+x）e^x（a∈R）．
（1）求f（x）的單調遞增區(qū)間
（2）設g（x）=-$\frac{1}{2}$x²+$\frac{1}{2}$•lnx+e²，若a＞-$\frac{3}{8}$，是否?x₁∈（0，2），使得?x₂∈（0，2），有f（x₁）=g（x₂）成立，若存在，求出的取值范圍；若不存在，請說明理由．

Answer 1

分析 （1）求導數(shù)，f′（x）=[ax²+（2a+1）x+1]•e^x，可設g（x）=ax²+（2a+1）x+1，要找f（x）的單調遞增區(qū)間，只要找使g（x）≥0的區(qū)間即可，這樣可討論a：a=0時，g（x）=x+1，從而得出f（x）的單調遞增區(qū)間為[-1，+∞），而a≠0時，可找使得二次函數(shù)g（x）≥0的區(qū)間即可；
（2）由題意便知，要存在這樣的x₁，需讓f（x）在（0，2）上的值域包含g（x）在（0，2）上的值域，從而根據(jù)導數(shù)符號，分別求出g（x），f（x）在（0，2）上的值域，然后判斷是否滿足包含關系即可．

解答 解：（1）f′（x）=[ax²+（2a+1）x+1]•e^x，設g（x）=ax²+（2a+1）x+1；
①若a=0，則g（x）=x+1；
∴x≥-1時，f′（x）≥0；
∴f（x）的單調遞增區(qū)間為：[-1，+∞）；
②若a≠0，解g（x）=0得，$x=\frac{-（2a+1）±\sqrt{4{a}^{2}+1}}{2a}$；
1）a＞0時，x$≤\frac{-（2a+1）-\sqrt{4{a}^{2}+1}}{2a}$，或$x≥\frac{-（2a+1）+\sqrt{4{a}^{2}+1}}{2a}$時，g（x）≥0，∴f′（x）≥0；
∴f（x）的單調遞增區(qū)間為：$（-∞，\frac{-（2a+1）-\sqrt{4{a}^{2}+1}}{2a}]$，[$\frac{-（2a+1）+\sqrt{4{a}^{2}+1}}{2a}$，+∞）；
2）a＜0時，$\frac{-（2a+1）-\sqrt{4{a}^{2}+1}}{2a}$$≤x≤\frac{-（2a+1）+\sqrt{4{a}^{2}+1}}{2a}$時，g（x）≥0，∴f′（x）≥0；
∴f（x）的單調遞增區(qū)間為：[$\frac{-（2a+1）-\sqrt{4{a}^{2}+1}}{2a}，\frac{-（2a+1）+\sqrt{4{a}^{2}+1}}{2a}$]；
（2）根據(jù)題意知，f（x）在（0，2）上的值域包含g（x）在（0，2）上的值域；
g′（x）=$\frac{1-2{x}^{2}}{2x}$；
∴$0＜x＜\frac{1}{\sqrt{2}}$時，g′（x）＞0，$\frac{1}{\sqrt{2}}＜x＜2$時，g′（x）＜0；
∴$x=\frac{1}{\sqrt{2}}$時，g（x）取最大值$-\frac{1}{4}-\frac{1}{4}ln2+{e}^{2}$，而x趨向0時，g（x）趨向-∞；
∴g（x）在（0，2）上的值域為（-∞，$-\frac{1}{4}-\frac{1}{4}ln2+{e}^{2}$]；
①當$-\frac{3}{8}＜a＜0$時，$\frac{-（2a+1）-\sqrt{4{a}^{2}+1}}{2a}＜0$，$0＜\frac{-（2a+1）+\sqrt{4{a}^{2}+1}}{2a}＜2$；
∴由①知，$0＜x＜\frac{-（2a+1）+\sqrt{4{a}^{2}+1}}{2a}$時，f′（x）＞0，$\frac{-（2a+1）+\sqrt{4{a}^{2}+1}}{2a}＜x＜2$時，f′（x）＜0；
而x趨向0或2時，f（x）都不趨向于負無窮；
∴不滿足f（x）在（0，2）上的值域包含g（x）在（0，2）上的值域；
②當a=0時，由（1）知f（x）在（0，2）上單調遞增；
∴f（x）的值域為（0，2e²），不滿足條件；
③當a＞0時，$\frac{-（2a+1）±\sqrt{4{a}^{2}+1}}{2a}＜0$；
∴f（x）在（0，2）上單調遞增；
∴f（x）的值域為（0，（4a+2）e²），不滿足條件；
∴綜上得，不存在x₁∈（0，2），使得任意x₂∈（0，2），有f（x₁）=g（x₂）．

點評 考查根據(jù)導數(shù)符號找函數(shù)單調區(qū)間的方法，二次函數(shù)的符號和對應一元二次方程實數(shù)根的關系，解一元二次方程，根據(jù)導數(shù)求函數(shù)最值的方法，以及根據(jù)導數(shù)求函數(shù)值域的方法和過程，注意不要漏了a=0的情況．