Question

11．已知函數(shù)f（x）=（x²-a）e^x，a∈R．
（Ⅰ）當(dāng)a=0時，求函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（Ⅱ）若在區(qū)間（1，2）上存在不相等的實數(shù)m，n，使f（m）=f（n）成立，求a的取值范圍；
（Ⅲ）若函數(shù)f（x）有兩個不同的極值點(diǎn)x₁，x₂，求證：f（x₁）f（x₂）＜4e^-2．

Answer 1

分析 （Ⅰ）將a=0代入函數(shù)的表達(dá)式，求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，解關(guān)于導(dǎo)函數(shù)的不等式，從而求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間；
（Ⅱ）問題轉(zhuǎn)化為求使函數(shù)f（x）=e^x（x²-a）在（1，2）上不為單調(diào)函數(shù)的a的取值范圍，通過討論x的范圍，得到函數(shù)的單調(diào)性，進(jìn)而求出a的范圍；
（Ⅲ）先求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，找到函數(shù)的極值點(diǎn)，從而證明出結(jié)論．

解答 解：（Ⅰ）當(dāng)a=0時，f（x）=x²e^x，f′（x）=e^x（x²+2x），
由e^x（2x²+2x）=0，解得：x=0，x=-2，
當(dāng)x∈（-∞，-2）時，f′（x）＞0，f（x）單調(diào)遞增；
當(dāng)x∈（-2，0）時，f′（x）＜0，f（x）單調(diào)遞減；
當(dāng)x∈（0，+∞）時，f′（x）＞0，f（x）單調(diào)遞增．
所以f（x）的單調(diào)增區(qū)間為（-∞，-2），（0，+∞），單調(diào)減區(qū)間為（-2，0）；
（Ⅱ）依題意即求使函數(shù)f（x）=e^x（x²-a）在（1，2）上不為單調(diào)函數(shù)的a的取值范圍，
而f′（x）=e^x（x²+2x-a），設(shè)g（x）=x²+2x-a，則g（1）=3-a，g（2）=8-a，
因為g（x）在（1，2）上為增函數(shù)．
當(dāng)$\left\{\begin{array}{l}{g（1）=3-a＜0}\\{g（2）=8-a＞0}\end{array}\right.$，即當(dāng)3＜a＜8時，函數(shù)g（x）在（1，2）上有且只有一個零點(diǎn)，設(shè)為x₀，
當(dāng)x∈（1，x₀）時，g（x）＜0，即f′（x）＜0，f（x）為減函數(shù)；
當(dāng)x∈（x₀，2）時，g（x）＞0，即f′（x）＞0，f（x）為增函數(shù)，滿足在（1，2）上不為單調(diào)函數(shù)．
當(dāng)a≤3時，g（1）≥0，g（2）≥0，所以在（1，2）上g（x）＞0成立（因g（x）在（1，2）上為增函數(shù)），
所以在（1，2）上f′（x）＞0成立，即f（x）在（1，2）上為增函數(shù)，不合題意．
同理a≥8時，可判斷f（x）在（1，2）為減函數(shù)，不合題意．
綜上：3＜a＜8．
（Ⅲ）f′（x）=e^x（x²+2x-a）．
因為函數(shù)f（x）有兩個不同的零點(diǎn)，即f′（x）有兩個不同的零點(diǎn)，
即方程x²+2x-a=0的判別式△=4+4a＞0，解得：a＞-1，
由x²+2x-a=0，解得x₁=-1-$\sqrt{a+1}$，x₂=-1+$\sqrt{a+1}$．
此時x₁+x₂=-2，x₁•x₂=-a，
隨著x變化，f（x）和f′（x）的變化情況如下：

x	（-∞，x1）	x1	（x1，x2）	x2	（x2，+∞）
f′（x）	+	0	-	0	+
f（x）	遞增	極大值	遞減	極小值	遞增

所以x₁是f（x）的極大值點(diǎn)，x₂是f（x）的極小值點(diǎn)，所以f（x₁）是極大值，f（x₂）是極小值，
∴f（x₁）f（x₂）=${e}^{{x}_{1}}$（${{x}_{1}}^{2}$-a）•${e}^{{x}_{2}}$（${{x}_{2}}^{2}$-a）
=${e}^{{x}_{1}{+x}_{2}}$${{{{[x}_{1}}^{2}x}_{2}}^{2}-a{{（x}_{1}}^{2}{{+x}_{2}}^{2}）{+a}^{2}]$
=e^-2[a²-a（4+2a）+a²]
=-4ae^-2，
因為a＞-1，所以-4ae^-2＜4e^-2，
所以f（x₁）f（x₂）＜4e^-2．

點(diǎn)評 本題考查了函數(shù)的單調(diào)性，函數(shù)的極值問題，導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用，考查轉(zhuǎn)化思想，分類討論思想，熟練掌握基礎(chǔ)知識并對其靈活應(yīng)用是解題的關(guān)鍵，本題是一道難題．