Question

已知函數f（x）=（1+x）²e^ax（a≠0）．
（Ⅰ）求函數f（x）的單調區(qū)間；
（Ⅱ）若存在實數a＜0，使得f（x）≤kx+k對任意的x∈[-1，+∞）恒成立，求實數k的取值范圍．

Answer 1

考點：利用導數求閉區(qū)間上函數的最值,利用導數研究函數的單調性

專題：導數的綜合應用

分析：（Ⅰ）利用導數判斷函數的單調性即可求得函數的單調區(qū)間；
（Ⅱ）把恒成立問題轉化為求函數的最值問題，利用導數求得函數的最值即可得出結論．

解答： 解：（Ⅰ）f（x）的定義域為R，
f′（x）=（1+x）（ax+a+2）e^ax，
∵a≠0，∴由f′（x）=0得x=-1或x=-1-

2

a

當a＞0時，-1-

2

a

＜-1，由f′（x）＞0得x＞-1或x＜-1-

2

a

，
由f′（x）＜0得-1-

2

a

＜x＜-1，
∴f（x）的單調遞增區(qū)間為（-∞，-1-

2

a

）和（-1，+∞），單調遞減區(qū)間為（-1-

2

a

，-1）；
當a＜0時，-1-

2

a

＞-1，由f′（x）＞0得-1＜x＜-1-

2

a

，
由f′（x）＜0得x＞-1-

2

a

或x＜-1，
∴f（x）的單調遞增區(qū)間為（-1，-1-

2

a

），單調遞減區(qū)間為（-∞，-1）和（-1-

2

a

，+∞）；
綜上所述，當a＞0時，f（x）的單調遞增區(qū)間為（-∞，-1-

2

a

）和（-1，+∞），單調遞減區(qū)間為（-1-

2

a

，-1）；
當a＜0時，f（x）的單調遞增區(qū)間為（-1，-1-

2

a

），單調遞減區(qū)間為（-∞，-1）和（-1-

2

a

，+∞）．
（Ⅱ）f（x）≤kx+k對任意的x∈[-1，+∞）恒成立，
?（1+x）²e^ax≤kx+k對任意的x∈[-1，+∞）恒成立，
當x=-1時，0≤0恒成立，∴k∈R，
當x＞-1時，等價于k≥（1+x）e^ax恒成立，
令g（x）=（1+x）e^ax，（x＞-1）則k≥g（x）_max
∵g′（x）=e^ax（ax+a+1），
∵a＜0，∴由g′（x）=0得x=-1-

1

a

＞-1，
∴x∈（-1，-1-

1

a

）時，g′（x）＞0，g（x）在（-1，-1-

1

a

）上為增函數，
x∈（-1-

1

a

，+∞）時，g′（x）＜0，g（x）在（-1-

1

a

，+∞）上為減函數，
∴g（x）_max=g（-1-

1

a

）=-

1

a

e^-a-1，
∴k≥-

1

a

e^-a-1，
即存在a＜0使得k≥-

1

a

e^-a-1成立；
設h（a）=-

1

a

e^-a-1，（a＜0），
∴只需k≥h（x）_min，
∵h′（a）=

1

a2

e^-a-1-（-

1

a

）e^-a-1=

a+1

a2

e^-a-1，
由h′（x）=0得a=-1，
∴a∈（-∞，-1）時，h′（a）＜0，h（a）在（-∞，-1）上為減函數，
a∈（-1，0）時，h′（a）＞0，h（a）在（-1，0）上為增函數，
∴h（a）_min=h（-1）=e⁰=1，
∴k≥1．

點評：本題主要考查利用導數求函數的單調區(qū)間及函數的最值等知識，考查學生對恒成立問題的等價轉化能力及運算求解能力，屬難題．