Question

11．已知函數(shù)f（x）=e^x[x²+（a+1）x+2a-1]．
（1）當(dāng)a=-1時，求函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（2）若關(guān)于x的不等式f（x）≤e^a在[a，+∞）上有解，求實數(shù)a的取值范圍；
（3）若曲線y=f（x）存在兩條互相垂直的切線，求實數(shù)a的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）當(dāng)a=1時，f（x）=e^x（x²-3），求出其導(dǎo)數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)即可解出單調(diào)區(qū)間；
（2）若關(guān)于x的不等式f（x）≤e^a在[a，+∞）上有解，即e^x[x²+（a+1）x+2a-1]≤e^a，在[a，+∞）上有解，構(gòu)造兩個函數(shù)r（x）=x²+（a+1）x+2a-1，t（x）=e^a-x，研究兩個函數(shù)的在[a，+∞）上的單調(diào)性，即可轉(zhuǎn)化出關(guān)于a的不等式，從而求得a的范圍；
（3）由f（x）的導(dǎo)數(shù)f′（x）=e^x（x+3）（x+a），當(dāng)a≠-3時，函數(shù)y=f′（x）的圖象與x軸有兩個交點，故f（x）圖象上存在兩條互相垂直的切線．

解答 解：（1）當(dāng)a=1時，f（x）=e^x（x²-3），
則f′（x）=e^x（x²+2x-3），
令f′（x）＞0得x＞1或x＜-3；令f′（x）＜0得-3＜x＜1．
∴函數(shù)f（x）的單調(diào)增區(qū)間（-∞，-3）與（1，+∞），單調(diào)遞減區(qū)間是（-3，1）；
（2）f（x）≤e^a，即e^x[x²+（a+1）x+2a-1]≤e^a，可變?yōu)閤²+（a+1）x+2a-1≤e^a-x，
令r（x）=x²+（a+1）x+2a-1，t（x）=e^a-x，
當(dāng)a＞0時，在[a，+∞）上，由于r（x）的對稱軸為負(fù)，
故r（x）在[a，+∞）上增，t（x）在[a，+∞）上減，
欲使x²+（a+1）x+2a-1≤e^a-x有解，
則只須r（a）≤t（a），即2a²+3a-1≤1，
解得-2≤a≤$\frac{1}{2}$，故0＜a≤$\frac{1}{2}$；
當(dāng)a≤0時，在[a，+∞）上，由于r（x）的對稱軸為x=-$\frac{a+1}{2}$，
故當(dāng)-$\frac{1}{3}$＜a≤0時，r（x）在[a，+∞）上增，t（x）在[a，+∞）上減，
則r（a）≤t（a），即2a²+3a-1≤1，解得-2≤a≤$\frac{1}{2}$，
故-$\frac{1}{3}$＜a≤0成立；
當(dāng)a≤-$\frac{1}{3}$時，r（x）在[a，+∞）上先減后增，t（x）在[a，+∞）上減，
欲使x²+（a+1）x+2a-1≤e^a-x有解，只須r（-$\frac{a+1}{2}$）≤t（-$\frac{a+1}{2}$），
即$\frac{4（2a-1）-（a+1）^{2}}{4}$≤e${\;}^{\frac{3a+1}{2}}$，
當(dāng)a≤0時，顯然成立．
綜上知，-$\frac{1}{3}$＜a≤$\frac{1}{2}$即為符合條件的實數(shù)a的取值范圍；
（3）由f（x）的導(dǎo)數(shù)f′（x）=e^x[x²+（a+3）x+3a]=e^x（x+3）（x+a），
當(dāng)a≠-3時，函數(shù)y=f′（x）的圖象與x軸有兩個交點，
故f（x）圖象上存在兩條互相垂直的切線．
則a的取值范圍是{a|a≠-3，a∈R}．

點評 本題考查導(dǎo)數(shù)的綜合運用，利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，以及存在性問題求參數(shù)的范圍，本題考查了轉(zhuǎn)化的思想，分類討論的思想，屬于導(dǎo)數(shù)運用的一類典型題．