Question

9．已知函數(shù)f（x）=（x-2）e^x+a（x+2）²（x＞0）．
（1）若f（x）是（0，+∞）的單調遞增函數(shù)，求實數(shù)a的取值范圍；
（2）當$a∈（0，\frac{1}{4}）$時，求證：函數(shù)f（x）有最小值，并求函數(shù)f（x）最小值的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）求出函數(shù)的導數(shù)f'（x）=e^x+（x-2）e^x+2ax+4a，通過f'（x）≥0在（0，+∞）上恒成立．得到$a≥\frac{{（1-x）{e^x}}}{2x+4}$，構造函數(shù)，利用導函數(shù)的單調性以及最值求解即可．
（2）通過[f'（x）]′=x•e^x+2a＞0，數(shù)碼y=f'（x）在（0，+∞）上單調遞增，利用零點判定定理說明存在t∈（0，1）使f'（t）=0，判斷x=t，${f_{min}}（x）=f（t）=（t-2）•{e^t}+a{（t+2）^2}$，推出$a=\frac{{{e^t}（1-t）}}{2（t+2）}$．即$a=g（t）=\frac{{{e^t}（1-t）}}{2（t+2）}$在t∈（0，+∞）上單調遞減，通過求解函數(shù)的最值，求解f（x）的最小值的取值范圍．

解答 解：（1）f'（x）=e^x+（x-2）e^x+2ax+4a，
∵函數(shù)f（x）在區(qū)間（0，+∞）上單調遞增，∴f'（x）≥0在（0，+∞）上恒成立．
∴e^x+（x-2）e^x+2ax+4a≥0，∴$a≥\frac{{（1-x）{e^x}}}{2x+4}$，
令$g（x）=\frac{{（1-x）{e^x}}}{2x+4}$，$g'（x）=\frac{{[（1-x）{e^x}-{e^x}]（2x+4）-2（1-x）{e^x}}}{{{{（2x+4）}^2}}}=\frac{{{e^x}（-2{x^2}-2x-2）}}{{{{（2x+4）}^2}}}＜0$，
∴$g（x）＜g（0）=\frac{1}{4}$，∴$a≥\frac{1}{4}$．
（2）[f'（x）]′=x•e^x+2a＞0，
∴y=f'（x）在（0，+∞）上單調遞增又f'（0）=4a-1＜0，f'（1）=6a＞0，
∴存在t∈（0，1）使f'（t）=0
∴x∈（0，t）時，f'（x）＜0，x∈（t，+∞）時，f'（x）＞0，
當x=t時，${f_{min}}（x）=f（t）=（t-2）•{e^t}+a{（t+2）^2}$且有f'（t）=e^t•（t-1）+2a（t+2）=0，
∴$a=\frac{{{e^t}（1-t）}}{2（t+2）}$．
由（1）知$a=g（t）=\frac{{{e^t}（1-t）}}{2（t+2）}$在t∈（0，+∞）上單調遞減，$g（0）=\frac{1}{4}，g（1）=0$，且$0＜a＜\frac{1}{4}$，
∴t∈（0，1）．
∴${f_{min}}（x）=f（t）=（t-2）•{e^t}+\frac{{{e^t}（1-t）}}{2（t+2）}{（t+2）^2}={e^t}•\frac{{（-{t^2}+t-2）}}{2}$，$f'（t）=\frac{e^t}{2}•（-{t^2}-t-1）＜0$，
∴f（1）＜f（t）＜f（0），-e＜f（t）＜-1，
∴f（x）的最小值的取值范圍是（-e，-1）．

點評 本題考查函數(shù)的導數(shù)的應用，函數(shù)的最值的求法考查轉化思想以及計算能力．