Question

已知函數(shù)f（x）=（x²+ax）e^-x，且f（x）在x=-1處的切線與直線為ex+y=0平行．
（Ⅰ）求實(shí)數(shù)a的值，并求f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（Ⅱ）若x≠0時(shí)，都有e^1+xf（x）＜mx2e 

1

z

+e成立，求實(shí)數(shù)m的取值范圍．

Answer 1

考點(diǎn)：利用導(dǎo)數(shù)研究曲線上某點(diǎn)切線方程,利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性

專(zhuān)題：導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用

分析：（Ⅰ）求出原函數(shù)的導(dǎo)函數(shù)，得到f′（-1）的值，由f（x）在x=-1處的切線與直線為ex+y=0平行可知
f′（-1）=-e，由此求得a的值，把求得的a值代回原導(dǎo)函數(shù)，由導(dǎo)函數(shù)的符號(hào)確定原函數(shù)的單調(diào)區(qū)間；
（Ⅱ）把（Ⅰ）中求得的函數(shù)解析式代入e1+xf(x)＜mx2e

1

x

+e，整理得到

m

e

＞(-

1

x2

+

1

x

+1)e-

1

x

，令t=

1

x

換元后由（Ⅰ）中函數(shù)的單調(diào)性求得g（t）=（-t²+t+1）e^-t＜1，則

m

e

≥1，實(shí)數(shù)m的取值范圍可求．

解答： 解：（Ⅰ）由f（x）=（x²+ax）e^-x，得：
f′（x）=（-x²-ax+2x+a）e^-x，
∴f′（-1）=（2a-3）e．
∵f（x）在x=-1處的切線與直線為ex+y=0平行，
∴（2a-3）e=-e．解得a=1．
∴f′（x）=（-x²+x+1）e^-x．
由f′（x）＞0，得

1- 5

2

＜x＜

1+ 5

2

，
f′（x）＜0，得x＜

1- 5

2

或x＞

1+ 5

2

．
∴f（x）的單調(diào)增區(qū)間為(

1- 5

2

，

1+ 5

2

)；
單調(diào)減區(qū)間為(-∞，

1- 5

2

)，(

1+ 5

2

，+∞)；
（Ⅱ）x≠0時(shí)，都有e1+xf(x)＜mx2e

1

x

+e成立，
即e1+x(x2+x)e-x＜mx2e

1

x

+e，
也就是

m

e

＞

x2+x-1

x2

e-

1

x

=(-

1

x2

+

1

x

+1)e-

1

x

．
令t=

1

x

，則g（t）=（-t²+t+1）e^-t，其中t≠0．
則

m

e

＞g(t)．
g′（t）=（t²-3t）e^-t=t（t-3）e^-t
∴當(dāng)t＜0或t＞3時(shí)，g′（t）＞0，g（t）在區(qū)間（-∞，0），（3，+∞）內(nèi)遞增；
當(dāng)0＜t＜3時(shí)，g′（t）＜0，g（t）在區(qū)間（0，3）內(nèi)遞減．
又據(jù)（Ⅰ）可知，t≠0時(shí)，g（t）=f′（t），f′（0）=1．
當(dāng)

1- 5

2

＜t＜

1+ 5

2

時(shí)，f′（t）＞0；
當(dāng)t＜

1- 5

2

或t＞

1+ 5

2

時(shí)，f′（t）＜0．
∴當(dāng)t≥3時(shí)，g（t）＜0，當(dāng)t＜3且t≠0時(shí)，g（t）＜f′（0）=1．
∴當(dāng)t≠0時(shí)，g（t）＜1．
∴

m

e

≥1，即m≥e．
∴實(shí)數(shù)m的取值范圍是[e，+∞）．

點(diǎn)評(píng)：本題考查了利用導(dǎo)數(shù)研究曲線上某點(diǎn)處的切線方程，考查了不等式恒成立問(wèn)題，體現(xiàn)了換元、數(shù)學(xué)轉(zhuǎn)化等數(shù)學(xué)思想方法，是壓軸題．