Question

1．設(shè)函數(shù)f（x）=（ax²+x-1）e^x，a∈R．
（1）若a=1，求曲線f（x）在點（0，f（0））處的切線方程；
（2）若a＜0，求f（x）的單調(diào)區(qū)間．
（3）若a=-1，函數(shù)f（x）的圖象與函數(shù)g（x）=$\frac{1}{3}{x^3}+\frac{1}{2}{x^2}$+m的圖象有3個不同的交點，求實數(shù)m的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）求出導(dǎo)數(shù)，求出切線的斜率，切點，運用點斜式方程，即可得到；
（2）求導(dǎo)f′（x）=（ax²+x-1）e^x+（2ax+1）e^x=x（ax+2a+1）e^x，討論a的取值范圍，從而確定導(dǎo)數(shù)的正負(fù)，以確定函數(shù)的單調(diào)區(qū)間；
（3）令h（x）=f（x）-g（x），求出導(dǎo)數(shù)，求出單調(diào)區(qū)間，和極值，函數(shù)f（x），g（x）的圖象有三個交點，即函數(shù)h（x）有3個不同的零點，即有h（-1）＜0，且h（0）＞0，解出即可．

解答 解：（1）函數(shù)f（x）=（x²+x-1）e^x，的導(dǎo)數(shù)為
f′（x）=e^x（x²+3x），
則曲線f（x）在點（0，f（0））處的切線斜率為k=0，
切點為（0，-1），
即有曲線f（x）在點（0，f（0））處的切線方程為y=-1；
（2）f′（x）=（2ax+1）e^x+（ax²+x-1）e^x=[ax²+（2a+1）x]e^x，
①若-$\frac{1}{2}$＜a＜0，當(dāng)x＜0或x＞-$\frac{2a+1}{a}$時，f′（x）＜0；
當(dāng)0＜x＜-$\frac{2a+1}{a}$時，f′（x）＞0．
所以f（x）的單調(diào)遞減區(qū)間為（-∞，0），（-$\frac{2a+1}{a}$，+∞）；
單調(diào)遞增區(qū)間為（0，-$\frac{2a+1}{a}$）．
②若a=-$\frac{1}{2}$，f′（x）=-$\frac{1}{2}$x²•e^x≤0，
所以f（x）的單調(diào)遞減區(qū)間為（-∞，+∞）．
③若a＜-$\frac{1}{2}$，當(dāng)x＜-$\frac{2a+1}{a}$或x＞0時，f′（x）＜0；
當(dāng)-$\frac{2a+1}{a}$＜x＜0時，f′（x）＞0．
所以f（x）的單調(diào)遞減區(qū)間為，（-∞，-$\frac{2a+1}{a}$），（0，+∞）；
單調(diào)遞增區(qū)間為（-$\frac{2a+1}{a}$，0）．
（3）令h（x）=f（x）-g（x）=（-x²+x-1）e^x-（$\frac{1}{3}$x³+$\frac{1}{2}$x²+m）
則h′（x）=（-2x+1）e^x+（-x²+x-1）e^x-（x²+x）
=-（e^x+1）（x²+x）
令h′（x）＞0得-1＜x＜0，令h′（x）＜0得x＞0或x＜-1．
∴h（x）在x=-1處取得極小值h（-1）=-$\frac{3}{e}$-$\frac{1}{6}$-m，
在x=0處取得極大值h（0）=-1-m，
∵函數(shù)f（x），g（x）的圖象有三個交點，
即函數(shù)h（x）有3個不同的零點，
∴$\left\{\begin{array}{l}{h（-1）＜0}\\{h（0）＞0}\end{array}\right.$即$\left\{\begin{array}{l}{-\frac{3}{e}-\frac{1}{6}-m＜0}\\{-1-m＞0}\end{array}\right.$，
解得：-$\frac{3}{e}$-$\frac{1}{6}$＜m＜-1．
則實數(shù)m的取值范圍是（-$\frac{3}{e}$-$\frac{1}{6}$，-1）．

點評 本題考查導(dǎo)數(shù)的運用：求切線方程和求單調(diào)區(qū)間、極值和最值，考查構(gòu)造函數(shù)，運用導(dǎo)數(shù)求極值，考慮極值的正負(fù)來判斷函數(shù)的零點，屬于中檔題．