Question

15．設(shè)函數(shù)f（x）=（x²+ax-a）•e^-x（a∈R）．
（Ⅰ）當(dāng)a=0時(shí)，求曲線y=f（x）在點(diǎn)（-1，f（-1））處的切線方程；
（Ⅱ）設(shè)g（x）=x²-x-1，若對(duì)任意的t∈[0，2]，存在s∈[0，2]使得f（s）≥g（t）成立，求a的取值范圍．

Answer 1

分析 （Ⅰ）當(dāng)a=0時(shí)，f′（x）=（-x²+2x）e^-x，由此能求出曲線y=f（x）在點(diǎn)（-1，f（-1））處的切線方程．
（Ⅱ）“對(duì)任意的t∈[0，2]，存在s∈[0，2]使得f（s）≥g（t）成立”，
等價(jià)于“在區(qū)間[0，2]上，f（x）的最大值大于或等于g（x）的最大值”． 求出g（x）在[0，2]上的最大值為g（2）=1．f'（x）=e^-x（x-2）（x+a），令f′（x）=0，得x=2，或x=-a． 由此利用分類(lèi)討論思想結(jié)合導(dǎo)數(shù)性質(zhì)能求出實(shí)數(shù)a的值范圍．

解答 （共13分）
解：（Ⅰ）當(dāng)a=0時(shí)，∵f（x）=x²e^-x，
∴f′（x）=（-x²+2x）e^-x，…（1分），∴f′（-1）-3e．  …（2分）
又∵f（-1）=e，…（3分）
∴曲線y=f（x）在點(diǎn)（-1，f（-1））處的切線方程為：
y-e=-3e（x+1），即3ex+y+2e=0． …（4分）
（Ⅱ）“對(duì)任意的t∈[0，2]，存在s∈[0，2]使得f（s）≥g（t）成立”，
等價(jià)于“在區(qū)間[0，2]上，f（x）的最大值大于或等于g（x）的最大值”．  …（5分）
∵$g（x）={x^2}-x-1={（x-\frac{1}{2}）^2}-\frac{5}{4}$，
∴g（x）在[0，2]上的最大值為g（2）=1．
f'（x）=（2x+a）•e^-x-（x²+ax-a）•e^-x
=-e^x[x²+（a-2）x-2a]=e^-x（x-2）（x+a），
令f′（x）=0，得x=2，或x=-a．  …（7分）
①當(dāng)-a＜0，即a＞0時(shí)，
f′（x）＞0在[0，2]上恒成立，f（x）在[0，2]上為單調(diào)遞增函數(shù)，
f（x）的最大值為f（2）=（4+a）•$\frac{1}{{e}^{2}}$，
由（4+a）•$\frac{1}{{e}^{2}}$≥1，得a≤e²-4．   …（9分）
②當(dāng)0＜-a＜2，即-2＜a＜0時(shí)，
當(dāng)x∈（0，-a）時(shí)，f′（x）＜0，f（x）為單調(diào)遞減函數(shù)，
當(dāng)x∈（-a，?2）時(shí)，f'（x）＞0，f（x）為單調(diào)遞增函數(shù)．
∴f（x）的最大值為f（0）=-a或f（2）=（4+a）$•\frac{1}{{e}^{2}}$，
由-a≥1，得a≤-1；由（4+a）$•\frac{1}{{e}^{2}}$≥1，得a≤e²-4．
又∵-2＜a＜0，∴-2＜a=1．      …（11分）
③當(dāng)-a＞2，即a＜-2時(shí)，
f′（x）＜0在[0，2]上恒成立，f（x）在[0，2]上為單調(diào)遞減函數(shù)，
f（x）的最大值為f（0）=-a，
由-a≥1，得a≤-1，
又因?yàn)閍＜-2，所以a＜-2．
綜上所述，實(shí)數(shù)a的值范圍是{x|a≤-1或a≥e²-4}．…（13分）

點(diǎn)評(píng) 本題考查函數(shù)的切線方程、實(shí)數(shù)的取值范圍、導(dǎo)數(shù)性質(zhì)、構(gòu)造法、導(dǎo)數(shù)的幾何意義等基礎(chǔ)知識(shí)，考查推理論證能力、運(yùn)算求解能力，考查化歸與轉(zhuǎn)化思想、函數(shù)與方程思想、分類(lèi)與整合思想，考查創(chuàng)新意識(shí)、應(yīng)用意識(shí)，是中檔題．