Question

17．已知函數(shù)f（x）=e^x（$\frac{1}{3}$x³-2x²+（a+4）x-2a-4），其中a∈R，e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù)．
（1）關(guān)于x的不等式f（x）＜-$\frac{4}{3}$e^x在（-∞，2）上恒成立，求a的取值范圍；
（2）討論函數(shù)f（x）極值點(diǎn)的個(gè)數(shù)．

Answer 1

分析 （1）原不等式轉(zhuǎn)化為所以a＞-$\frac{1}{3}$（x-2）²，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性即可求出a的范圍，
（2）先求導(dǎo)，再構(gòu)造函數(shù)，進(jìn)行分類(lèi)討論，利用導(dǎo)數(shù)和函數(shù)的極值的關(guān)系即可判斷．

解答 解：（1）由f（x）＜-$\frac{4}{3}$e^x，得e^x（$\frac{1}{3}$x³-2x²+（a+4）x-2a-4）＜-$\frac{4}{3}$e^x，
即x³-6x²+（3a+12）x-6a-8＜0對(duì)任意x∈（-∞，2）恒成立，
即（6-3x）a＞x³-6x²+12x-8對(duì)任意x∈（-∞，2）恒成立，
因?yàn)閤＜2，所以a＞$\frac{{x}^{3}-6{x}^{2}-8}{-3（x-2）}$=-$\frac{1}{3}$（x-2）²，
記g（x）=-$\frac{1}{3}$（x-2）²，因?yàn)間（x）在（-∞，2）上單調(diào)遞增，且g（2）=0，
所以a≥0，即a的取值范圍為[0，+∞）；
（2）由題意，可得f′（x）=e^x（$\frac{1}{3}$x³-x²+ax-a），可知f（x）只有一個(gè)極值點(diǎn)或有三個(gè)極值點(diǎn)．
令g（x）=$\frac{1}{3}$x³-x²+ax-a，
①若f（x）有且僅有一個(gè)極值點(diǎn)，則函數(shù)g（x）的圖象必穿過(guò)x軸且只穿過(guò)一次，即g（x）為單調(diào)遞增函數(shù)或者g（x）極值同號(hào)．
（�。┊�(dāng)g（x）為單調(diào)遞增函數(shù)時(shí)，g′（x）=x²-2x+a≥0在R上恒成立，得a≥1．
（ⅱ）當(dāng)g（x）極值同號(hào)時(shí)，設(shè)x₁，x₂為極值點(diǎn)，則g（x₁）•g（x₂）≥0，
由g′（x）=x²-2x+a=0有解，得a＜1，且x₁²-2x₁+a=0，x₂²-2x₂+a=0，
所以x₁+x₂=2，x₁x₂=a，
所以g（x₁）=$\frac{1}{3}$x₁³-2x₁²-2+ax₁-a=$\frac{1}{3}$x₁（2x₁-a）-$\frac{1}{3}$x₁+ax₁-a
=-$\frac{1}{3}$（2x₁-a）-$\frac{1}{3}$ax₁+ax₁-a=$\frac{2}{3}$[（a-1）x₁-a]，
同理，g（x₂）=$\frac{2}{3}$[（a-1）x₂-a]，
所以g（x₁）g（x₂）=$\frac{2}{3}$[（a-1）x₁-a]•$\frac{2}{3}$[（a-1）x₂-a]≥0，
化簡(jiǎn)得（a-1）²x₁x₂-a（a-1）（x₁+x₂）+a²≥0，
所以（a-1）²a-2a（a-1）+a²≥0，即a≥0，
所以0≤a＜1．
所以，當(dāng)a≥0時(shí)，f（x）有且僅有一個(gè)極值點(diǎn)；
②若f（x）有三個(gè)極值點(diǎn)，則函數(shù)g（x）的圖象必穿過(guò)x軸且穿過(guò)三次，同理可得a＜0．
綜上，當(dāng)a≥0時(shí)，f（x）有且僅有一個(gè)極值點(diǎn)，當(dāng)a＜0時(shí)，f（x）有三個(gè)極值點(diǎn)．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了函數(shù)的單調(diào)性、極值問(wèn)題，考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用以及轉(zhuǎn)化思想，考查分析解決文問(wèn)題的能力，屬于難題