Question

（2013•樂(lè)山二模）已知函數(shù)f（x）=（x²-3x+3）e^x，其定義域?yàn)閇-2，t]（t＞-2），設(shè)f（-2）=m，f（t）=n．
（Ⅰ）試確定t的取值范圍，使得函數(shù)f（x）在[-2，t]上為單調(diào)函數(shù)；
（Ⅱ）試判斷m，n的大小并說(shuō)明理由；
（Ⅲ）求證：對(duì)于任意的t＞-2，總存在x_n∈（-2，t），滿足

f′(x0)

ex0

=

2

3

(t-1)2，并確定這樣的x_o的個(gè)數(shù)．

Answer 1

分析：（Ⅰ）由f′（x）=（x²-3x+3）e^x+（2x-3）e^x=x（x-1）e^x，利用導(dǎo)數(shù)的性質(zhì)，能確定t的取值范圍，使得函數(shù)f（x）在[-2，t]上為單調(diào)函數(shù)．
（Ⅱ）m＜n．因?yàn)閒（x）在（-∞，0），（1，+∞）上遞增，在（0，1）上遞減，所以f（x）在x=1處取得極小值e．由此能得到當(dāng)t＞-2時(shí)，m＜n．
（Ⅲ）由

f′(x0)

ex0

=x02-x0，知x02-x0=

2

3

(t-1)2，令g（x）=x2-x-

2

3

(t-1)2，則問(wèn)題轉(zhuǎn)化為證明方程g（x）=x²-x-

2

3

(t-1)2=0在（-2，t）上有解，并討論解的個(gè)數(shù)．

解答：（Ⅰ）解：∵f（x）=（x²-3x+3）e^x，
∴f′（x）=（x²-3x+3）e^x+（2x-3）e^x=x（x-1）e^x，
由f′（x）＞0，得x＞1，或x＜0；
由f′（x）＜0，得0＜x＜1．
∴f（x）在（-∞，0），（1，+∞）上遞增，在（0，1）上遞減．
∵函數(shù)f（x）在[-2，t]上為單調(diào)函數(shù)，
∴-2＜t≤0．
故當(dāng)t的取值范圍是（-2，0]時(shí)，使得函數(shù)f（x）在[-2，t]上為單調(diào)函數(shù)．
（Ⅱ）解：m＜n．
∵f（x）在（-∞，0），（1，+∞）上遞增，在（0，1）上遞減，
∴f（x）在x=1處取得極小值e．
又∵f（-2）=

13

e2

＜e，
∴f（x）在[-2，+∞）上的最小值為f（-2）．
故當(dāng)t＞-2時(shí)，f（-2）＜f（t），即m＜n．
（Ⅲ）證明：∵

f′(x0)

ex0

=x02-x0，
∴

f′(x0)

ex0

=

2

3

(t-1)2，
∴x02-x0=

2

3

(t-1)2，
令g（x）=x2-x-

2

3

(t-1)2，
則問(wèn)題轉(zhuǎn)化為證明方程g（x）=x²-x-

2

3

(t-1)2=0在（-2，t）上有解，并討論解的個(gè)數(shù)．
∵g（-2）=6-

2

3

（t-1）²=-

2

3

(t+2)(t-4)，
g（t）=t（t-1）-

2

3

(t-1)2=

1

3

(t+2)(t-1)，
∴①當(dāng)t＞4或-2＜t＜1時(shí)，g（-2）•g（t）＜0，
∴g（x）=0在（-2，t）上有解，且只有一解；
②當(dāng)1＜t＜4時(shí)，g（-2）＞0，且g（t）＞0，但由于g（0）=-

2

3

(t-1)2＜0，
∴g（x）=0在（-2，t）上有解，且有兩解；
③當(dāng)t=1時(shí)，g（x）=x²-x=0，解得x=0，或x=1，
∴g（x）=0在（-2，t）上有解，且只有一解；
④當(dāng)t=4時(shí)，g（x）=x²-x-6=0，解得x=-2或x=3．
∴g（x）=0在（-2，t）上有解，且只有一解．
綜上所述，對(duì)于任意的t＞-2，總存在x₀∈（-2，t）滿足

f′(x0)

ex0

=

2

3

(t-1)2，
且當(dāng)t≥4或-2＜t≤1時(shí)，有唯一的x₀適合題意，
當(dāng)1＜t＜4時(shí)，有兩個(gè)x₀適合題意．

點(diǎn)評(píng)：本題考查函數(shù)的單調(diào)性和函數(shù)的最小值的應(yīng)用，考查滿足條件的實(shí)數(shù)值的個(gè)數(shù)的判斷．綜合性強(qiáng)，難度大，解題時(shí)要認(rèn)真審題，注意挖掘題設(shè)中的隱含條件，合理地進(jìn)行等價(jià)轉(zhuǎn)化．