Question

（2010•福建模擬）已知函數(shù)f（x）=（ax²+bx+c）e^x在x=1處取得極小值，其圖象過點A（0，1），且在點處切線的斜率為-1．
（Ⅰ）求f（x）的解析式；
（Ⅱ）設(shè)函數(shù)g（x）的定義域D，若存在區(qū)間[m，n]⊆D，使得g（x）在[m，n]上的值域也是[m，n]，則稱區(qū)間[m，n]為函數(shù)g（x）的“保值區(qū)間”．
（ⅰ）證明：當(dāng)x＞1時，函數(shù)f（x）不存在“保值區(qū)間”；
（ⅱ）函數(shù)f（x）是否存在“保值區(qū)間”？若存在，寫出一個“保值區(qū)間”（不必證明）；若不存在，說明理由．

Answer 1

分析：（Ⅰ）由函數(shù)f（x）=（ax²+bx+c）e^x，知f′（x）=[ax²+（2a+b）x+（b+c）]e^x，由

f(0)=1 f′(0)=-1 f′(0)=0

，得

c=1 b+c=-1 3a+2b+c=0

，由此能求出f（x）的解析式．
（Ⅱ）由（Ⅰ）得f′（x）=（x²-1）e^x．
（i）假設(shè)x＞1時，f′（x）存在“保值區(qū)間[m，n]”，（n＞m＞1）．由x＞1時，f′（x）=（x²-1）e^x＞0，知f（x）在區(qū)間（1，+∞）是增函數(shù)，由

f(m)=m f(n)=n

，把問題轉(zhuǎn)化為（x-1）²e^x-x=0有兩個大于1的不等實根，由此能推導(dǎo)出當(dāng)x＞1時，f（x）不存在“保值區(qū)間”．
（ii）f（x）存在“保值區(qū)間”，[0，1]是它的一個“保值區(qū)間”．

解答：解：（Ⅰ）∵函數(shù)f（x）=（ax²+bx+c）e^x，
∴f′（x）=[ax²+（2a+b）x+（b+c）]e^x，
由

f(0)=1 f′(0)=-1 f′(0)=0

，
即

c=1 b+c=-1 3a+2b+c=0

，
解得

a=1 b=-2 c=1

．
經(jīng)檢驗，f（x）=（x²-2x+1）e^x滿足題意．
（Ⅱ）由（Ⅰ）得f′（x）=（x²-1）e^x．
（i）假設(shè)x＞1時，f′（x）存在“保值區(qū)間[m，n]”，（n＞m＞1）．
∵x＞1時，f′（x）=（x²-1）e^x＞0，
∴f（x）在區(qū)間（1，+∞）是增函數(shù)，
依題意，

f(m)=m f(n)=n

，
即

(m-1)2em＞m (n-1)2en=n

，
于是問題轉(zhuǎn)化為（x-1）²e^x-x=0有兩個大于1的不等實根，
現(xiàn)在考察函數(shù)h（x）=（x-1）²e^x-x（x≥1），
h′（x）=（x²-1）e^x-1．
令∅（x）=（x²-1）e^x-1，
則∅′（x）=（x²+2x-1）e^x，
∴當(dāng)x＞1時，∅′（x）＞0，
∴∅（x）在（1，+∞）是增函數(shù)，
即h′（x）在（1，+∞）是增函數(shù)．
∵h(yuǎn)′（1）=-1＜0，h′（2）=3e²-1＞0．
∴存在唯一x₀∈（1，2），使得h′（x₀）=0，
當(dāng)x變化時，h′（x），h（x）的變化情況如下表：

x	（1，x0）	x0	（x0，+∞）
h′（x）	-	0	+
h（x）	↓	極小值	↑

∴h（x）在（1，x₀）上單調(diào)遞減，在（x₀，+∞）上單調(diào)遞增．
于是，h（x₀）＜h（1）=-1＜0，
∵h(yuǎn)（2）=e²-2＞0，
∴當(dāng)x＞1時，h（x）的圖象與x軸只有一個交點，
即方程（x-1）²e²-x=0有且只有一個大于1的根，與假設(shè)矛盾．
故當(dāng)x＞1時，f（x）不存在“保值區(qū)間”．
（ii）f（x）存在“保值區(qū)間”，[0，1]是它的一個“保值區(qū)間”．

點評：本題考查利用導(dǎo)數(shù)求閉區(qū)間上的函數(shù)的最值的應(yīng)用，考查運算求解能力，推理論證能力；考查化歸與轉(zhuǎn)化思想．對數(shù)學(xué)思維的要求比較高，有一定的探索性．綜合性強，難度大，是高考的重點．解題時要認(rèn)真審題，仔細(xì)解答．