Question

（2013•泰安一模）已知函數(shù)f（x）=（ax²+bx+c）e^x且f（0）=1，f（1）=0．
（I）若f（x）在區(qū)間[0，1]上單調(diào)遞減，求實數(shù)a的取值范圍；
（II）當(dāng)a=0時，是否存在實數(shù)m使不等式2f（x）+4xe^x≥mx+1≥-x²+4x+1對任意x∈R恒成立？若存在，求出m的值，若不存在，請說明理由．

Answer 1

分析：（1）由題意，函數(shù)f（x）=（ax²+bx+c）e^x在[0，1]上單調(diào)遞減且滿足f（0）=1，f（1）=0，可求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，將函數(shù)在[0，1]上單調(diào)遞減轉(zhuǎn)化為導(dǎo)數(shù)在[0，1]上的函數(shù)值恒小于等于0，再結(jié)合f（0）=1，f（1）=0這兩個方程即可求得a取值范圍；
（II）當(dāng)a=0時，若mx+1≥-x²+4x+1得，由二次函數(shù)知識求得m=4，在證明當(dāng)m=4時，2f（x）+4xe^x≥mx+1對任意x∈R恒成立，g（x）=（2x+2）e^x-4x-1，只需g（x）＞0即可．

解答：解：（1）由f（0）=1，f（1）=0得c=1，a+b=-1，則f（x）=[ax²-（a+1）x+1]e^x，
∴f′（x）=[ax²+（a-1）x-a]e^x，
由題意函數(shù)f（x）=（ax²+bx+c）e^x在[0，1]上單調(diào)遞減可得對于任意的x∈（0，1），都有f′（x）＜0
當(dāng)a＞0時，因為二次函數(shù)y=ax²+（a-1）x-a圖象開口向上，而f′（0）=-a＜0，所以只需要f′（1）=（a-1）e＜0，即a＜1，故有0＜a＜1；
當(dāng)a=1時，對于任意的x∈（0，1），都有f′（x）=（x²-1）e^x＜0，函數(shù)符合條件；
當(dāng)a=0時，對于任意的x∈（0，1），都有f′（x）=-xe^x＜0，函數(shù)符合條件；
當(dāng)a＜0時，因f′（0）=-a＞0函數(shù)不符合條件；
綜上知，a的取值范圍是0≤a≤1

（II）當(dāng)a=0時，f（x）=（1-x）e^x，假設(shè)存在實數(shù)m使不等式2f（x）+4xe^x≥mx+1≥-x²+4x+1對任意x∈R恒成立，

由mx+1≥-x²+4x+1得，x²+（m-4）x≥0恒成立，∴△=（m-4）²≤0，∴m=4．
下面證明：當(dāng)m=4時，2f（x）+4xe^x≥mx+1對任意x∈R恒成立，即（2x+2）e^x≥4x+1對任意x∈R恒成立，
令g（x）=（2x+2）e^x-4x-1，g′（x）=（2x+4）e^x-4，∵g′（0）=0，
當(dāng)x＞0時，2x+4＞4，e^x＞1，∴（2x+4）e^x＞4，g′（x）＞0，g（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增，

當(dāng)x＜0時，2x+4＜4，0＜e^x＜1，∴（2x+4）e^x＜4，g′（x）＜0，g（x）在（-∞0，）上單調(diào)遞減，

∴g（x）min=g（0）=1＞0，∴g（x）＞0，即（2x+2）e^x≥4x+1對任意x∈R恒成立．

綜上所述，實數(shù)m=4使不等式2f（x）+4xe^x≥mx+1≥-x²+4x+1對任意x∈R恒成立．

點評：本題考查利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)在閉區(qū)間上的最值，利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，此類題解題步驟一般是求導(dǎo)，研究單調(diào)性，確定最值，求最值，解題的關(guān)鍵是把函數(shù)在閉區(qū)間上遞減轉(zhuǎn)化為函數(shù)的導(dǎo)數(shù)在此區(qū)間上小于等于0恒成立，將單調(diào)遞減的問題轉(zhuǎn)化為不等式恒成立是此類題常用的轉(zhuǎn)化思路，第二小題求恒成立參數(shù)的取值范圍，本題考查了轉(zhuǎn)化的思想，推理判斷的能力，計算量大，難度較大，極易因為判斷不準(zhǔn)轉(zhuǎn)化出錯或計算出錯，常作為高考的壓軸題．