Question

已知函數(shù)f（x）=（1+x）²e^ax（a≠0）．
（Ⅰ）求函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（Ⅱ）若存在實(shí)數(shù)a＜0，使得f（x）≤kx+k對(duì)任意的x∈[-1，+∞）恒成立，求實(shí)數(shù)k的取值范圍．

Answer 1

考點(diǎn)：利用導(dǎo)數(shù)求閉區(qū)間上函數(shù)的最值,利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性

專題：導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用

分析：（Ⅰ）利用導(dǎo)數(shù)判斷函數(shù)的單調(diào)性即可求得函數(shù)的單調(diào)區(qū)間；
（Ⅱ）把恒成立問題轉(zhuǎn)化為求函數(shù)的最值問題，利用導(dǎo)數(shù)求得函數(shù)的最值即可得出結(jié)論．

解答： 解：（Ⅰ）f（x）的定義域?yàn)镽，
f′（x）=（1+x）（ax+a+2）e^ax，
∵a≠0，∴由f′（x）=0得x=-1或x=-1-

2

a

當(dāng)a＞0時(shí)，-1-

2

a

＜-1，由f′（x）＞0得x＞-1或x＜-1-

2

a

，
由f′（x）＜0得-1-

2

a

＜x＜-1，
∴f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間為（-∞，-1-

2

a

）和（-1，+∞），單調(diào)遞減區(qū)間為（-1-

2

a

，-1）；
當(dāng)a＜0時(shí)，-1-

2

a

＞-1，由f′（x）＞0得-1＜x＜-1-

2

a

，
由f′（x）＜0得x＞-1-

2

a

或x＜-1，
∴f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間為（-1，-1-

2

a

），單調(diào)遞減區(qū)間為（-∞，-1）和（-1-

2

a

，+∞）；
綜上所述，當(dāng)a＞0時(shí)，f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間為（-∞，-1-

2

a

）和（-1，+∞），單調(diào)遞減區(qū)間為（-1-

2

a

，-1）；
當(dāng)a＜0時(shí)，f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間為（-1，-1-

2

a

），單調(diào)遞減區(qū)間為（-∞，-1）和（-1-

2

a

，+∞）．
（Ⅱ）f（x）≤kx+k對(duì)任意的x∈[-1，+∞）恒成立，
?（1+x）²e^ax≤kx+k對(duì)任意的x∈[-1，+∞）恒成立，
當(dāng)x=-1時(shí)，0≤0恒成立，∴k∈R，
當(dāng)x＞-1時(shí)，等價(jià)于k≥（1+x）e^ax恒成立，
令g（x）=（1+x）e^ax，（x＞-1）則k≥g（x）_max
∵g′（x）=e^ax（ax+a+1），
∵a＜0，∴由g′（x）=0得x=-1-

1

a

＞-1，
∴x∈（-1，-1-

1

a

）時(shí)，g′（x）＞0，g（x）在（-1，-1-

1

a

）上為增函數(shù)，
x∈（-1-

1

a

，+∞）時(shí)，g′（x）＜0，g（x）在（-1-

1

a

，+∞）上為減函數(shù)，
∴g（x）_max=g（-1-

1

a

）=-

1

a

e^-a-1，
∴k≥-

1

a

e^-a-1，
即存在a＜0使得k≥-

1

a

e^-a-1成立；
設(shè)h（a）=-

1

a

e^-a-1，（a＜0），
∴只需k≥h（x）_min，
∵h(yuǎn)′（a）=

1

a2

e^-a-1-（-

1

a

）e^-a-1=

a+1

a2

e^-a-1，
由h′（x）=0得a=-1，
∴a∈（-∞，-1）時(shí)，h′（a）＜0，h（a）在（-∞，-1）上為減函數(shù)，
a∈（-1，0）時(shí)，h′（a）＞0，h（a）在（-1，0）上為增函數(shù)，
∴h（a）_min=h（-1）=e⁰=1，
∴k≥1．

點(diǎn)評(píng)：本題主要考查利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間及函數(shù)的最值等知識(shí)，考查學(xué)生對(duì)恒成立問題的等價(jià)轉(zhuǎn)化能力及運(yùn)算求解能力，屬難題．