Question

1．已知函數(shù)f（x）=（x²-ax-a）e^x．
（1）當(dāng)a=1時，求f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（2）若a∈（0，2），對于任意x₁，x₂∈[-4，0]，都有|f（x₁）-f（x₂）|＜（6e^-2+2）•m恒成立，求m的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，解關(guān)于導(dǎo)函數(shù)的不等式，求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間即可；
（2）問題等價于|f（x₁）-f（x₂）|_max＜（6e^-2+2）•m恒成立，求出|f（x₁）-f（x₂）|_max，問題轉(zhuǎn)化為對于任意的a∈（0，2），（6e^-2+2）•m＞（4+a）e^-2+a恒成立，即故m＞$\frac{（4+a{）e}^{-2}+a}{{6e}^{-2}+2}$=$\frac{a{（e}^{2}+1）+4}{2{（e}^{2}+3）}$在a∈（0，2）恒成立，從而求出m的范圍即可．

解答 解：（1）當(dāng)a=1時，f（x）=（x²-x-1）e^x，
∴f′（x）=（x²+x-2）e^x，
當(dāng)f′（x）=（x²+x-2）e^x＞0時，解得x＞1或x＜-2，函數(shù)單調(diào)遞增，
當(dāng)f′（x）=（x²+x-2）e^x＜0時，解得-2＜x＜1，函數(shù)單調(diào)遞減，
∴f（x）在（-∞，-2），（1，+∞）上為增函數(shù)，在（-2，1）上為減函數(shù)；
（2）a∈（0，2），對于任意x₁，x₂∈[-4，0]，
都有|f（x₁）-f（x₂）|＜（6e^-2+2）•m恒成立，
等價于|f（x₁）-f（x₂）|_max＜（6e^-2+2）•m恒成立，
∵f′（x）=[x²+（2-a）x-2a]e^x，
令g（x）=x²+（2-a）x-2a，
△=（2-a）²+8a=（a+2）²≥0，
a=-2時，g（x）=x²+4x+4≥0，
即f′（x）≥0，f（x）在R遞增，
a≠-2時，對于g（x），
△＞0，g（x）有2個不相等的實根，
令g（x）=0，解得：x=-2或x=a，
a＞-2時，令g′（x）＞0，解得：x＞a或x＜-2，令g（x）＜0，解得：-2＜x＜a，
∴f（x）在（-∞，-2）遞增，在（-2，a）遞減，在（a，+∞）遞增，
∴f（x）在（-4，-2）遞增，在（-2，0）上遞減，
∵f（-2）=（4+a）e^-2，f（0）=-a，f（-4）=（16+3a）e^-4，
∴|f（x₁）-f（x₂）|_max=f（-2）-f（0）=（4+a）e^-2+a，
則問題轉(zhuǎn)化為對于任意的a∈（0，2），（6e^-2+2）•m＞（4+a）e^-2+a恒成立，
故m＞$\frac{（4+a{）e}^{-2}+a}{{6e}^{-2}+2}$=$\frac{a{（e}^{2}+1）+4}{2{（e}^{2}+3）}$在a∈（0，2）恒成立，
而$\frac{a{（e}^{2}+1）+4}{2{（e}^{2}+3）}$＜$\frac{2{（e}^{2}+1）+4}{2{（e}^{2}+3）}$=1，
故m≥1．

點評 本題考查了函數(shù)的單調(diào)性、最值問題，考查導(dǎo)數(shù)的由以及轉(zhuǎn)化思想，是一道中檔題．