Question

已知函數(shù)f（x）=（ax²+x-1）e^x，其中e是自然對(duì)數(shù)的底數(shù)，a∈R．
（Ⅰ）若a＜0，求f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（Ⅱ）若a=-1，函數(shù)f（x）的圖象與函數(shù)g（x）=

1

3

x³+

1

2

x²+m的圖象有3個(gè)不同的交點(diǎn)，求實(shí)數(shù)m的取值范圍．

Answer 1

考點(diǎn)：利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的極值,利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性

專題：計(jì)算題,導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用

分析：（Ⅰ）求導(dǎo)f′（x）=（ax²+x-1）e^x+（2ax+1）e^x=x（ax+2a+1）e^x，討論a的取值范圍，從而確定導(dǎo)數(shù)的正負(fù)，以確定函數(shù)的單調(diào)區(qū)間；
（Ⅱ）若a=-1，f（x）=（-x²+x-1）e^x在（-∞，-1]]上單調(diào)遞減，在[-1，0]單調(diào)遞增，在[0，+∞）上單調(diào)遞減，從而求得f（x）在x=-1處取得極小值f（-1）=-

3

e

，在x=0處取得極大值f（0）=-1．再由g（x）=

1

3

x³+

1

2

x²+m可求得g（x）在x=-1處取得極大值g（-1）=

1

6

+m，在x=0處取得極小值g（0）=m；從而將函數(shù)f（x）的圖象與函數(shù)g（x）=

1

3

x³+

1

2

x²+m的圖象有3個(gè)不同的交點(diǎn)化為

f(-1)＜g(-1) f(0)＞g(0)

，從而求實(shí)數(shù)m的取值范圍．

解答： 解：（Ⅰ）f′（x）=（ax²+x-1）e^x+（2ax+1）e^x=x（ax+2a+1）e^x，
①若-

1

2

＜a＜0，當(dāng)x＜0或x＞-

2a+1

a

時(shí)，f′（x）＜0；當(dāng)0＜x＜-

2a+1

a

時(shí)，f′（x）＞0．
∴f（x）的單調(diào)遞減區(qū)間為（-∞，0]，[-

2a+1

a

，+∞）；單調(diào)遞增區(qū)間為[0，-

2a+1

a

]．
②若a=-

1

2

，f′（x）=-

1

2

x²e^x≤0，
∴f（x）的單調(diào)遞減區(qū)間為R．
③若a＜-

1

2

，當(dāng)x＜-

2a+1

a

或x＞0時(shí)，f′（x）＜0；當(dāng)-

2a+1

a

＜x＜0時(shí)，f′（x）＞0．
∴f（x）的單調(diào)遞減區(qū)間為（-∞，-

2a+1

a

]，[0，+∞）；單調(diào)遞增區(qū)間為[-

2a+1

a

，0]．
（Ⅱ）由（1）知，f（x）=（-x²+x-1）e^x在（-∞，-1]]上單調(diào)遞減，在[-1，0]單調(diào)遞增，在[0，+∞）上單調(diào)遞減，
f（x）在x=-1處取得極小值f（-1）=-

3

e

，在x=0處取得極大值f（0）=-1．
由g（x）=

1

3

x³+

1

2

x²+m，得g′（x）=x²+x．
當(dāng)x＜-1或x＞0時(shí)，g′（x）＞0；當(dāng)-1＜x＜0時(shí)，g′（x）＜0．
∴g（x）在（-∞，-1]]上單調(diào)遞增，在[-1，0]單調(diào)遞減，在[0，+∞）上單調(diào)遞增，
∴g（x）在x=-1處取得極大值g（-1）=

1

6

+m，在x=0處取得極小值g（0）=m．
∵函數(shù)f（x）與函數(shù)g（x）的圖象有3個(gè)不同的交點(diǎn)，
∴

f(-1)＜g(-1) f(0)＞g(0)

，解得，-

3

e

-

1

6

＜m＜-1．

點(diǎn)評(píng)：本題考查了導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用，同時(shí)考查了分類討論的數(shù)學(xué)思想，屬于難題．