Question

（2012•菏澤一模）已知定義在區(qū)間[-2，t]（t＞-2）上的函數(shù)f（x）=（x²-3x+3）e^x．
（Ⅰ）當t＞1時，求函數(shù)y=f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（Ⅱ）設m=f（-2），n=f（t）．試證明：m＜n；
（Ⅲ）設g（x）=f（x）+（x-2）e^x，當x＞1時試判斷方程g（x）=x根的個數(shù)．

Answer 1

分析：（Ⅰ）求導函數(shù)，由導數(shù)的正負，可確定函數(shù)的單調(diào)性；
（Ⅱ）f（x）在x=1處取得極小值f（1）=e，根據(jù)f（-2）=13e^-2＜e，可得f（x）僅在x=-2處取得[-2，t]上的最小值f（-2），從而當t＞-2時，f（-2）＜f（t），故問題得證；
（Ⅲ）設g（x）=f（x）+（x-2）e^x=（x-1）²e^x，當x＞1時判斷方程g（x）=x根的個數(shù)等價于（x-1）²e^x=x當x＞1時根的個數(shù)，構造函數(shù)，利用導數(shù)知識求解即可．

解答：（Ⅰ）解：因為f′（x）=（x²-3x+3）•e^x+（2x-3）•e^x=x（x-1）•e^x．        
當t＞1時，由f′（x）＞0，可得t＞x＞1或-2＜x＜0；由f′（x）＜0，可得0＜x＜1
所以f（x）在（-2，0），（1，t）上遞增，在（0，1）上遞減．            
（Ⅱ）證明：由f′（x）＞0，可得x＞1或x＜0；由f′（x）＜0，可得0＜x＜1
所以f（x）在（-∞，0），（1，+∞）上遞增，在（0，1）上遞減，所以f（x）在x=1處取得極小值f（1）=e．
又∵f（-2）=13e^-2＜e，所以f（x）僅在x=-2處取得[-2，t]上的最小值f（-2）
從而當t＞-2時，f（-2）＜f（t），即m＜n．
（Ⅲ）解：設g（x）=f（x）+（x-2）e^x=（x-1）²e^x，當x＞1時判斷方程g（x）=x根的個數(shù)等價于（x-1）²e^x=x當x＞1時根的個數(shù)
設h（x）=（x-1）²e^x-x（x＞1），則h′（x）=（x²-1）e^x-1，
再設k（x）（x²-1）e^x-1（x＞1），則k′（x）=（x²+2x-1）e^x，
當x＞1時，k′（x）＞1，即k（x）在（1，+∞）單調(diào)遞增
∵k（1）=-1＜0，k（2）=3e²-1＞0
∴在（1，2）上存在唯一x₀，使k（x₀）=0，即存在唯一x₀∈（1，2），使h′（x₀）=0
函數(shù)h（x）在（1，x₀）上，h′（x₀）＜0，函數(shù)單調(diào)減，在（x₀，+∞）上，h′（x₀）＞0，函數(shù)單調(diào)增，
∴h（x）_min=h（x₀）＜h（1）=-1＜0
∵h（2）=e²-2＞0
y=h（x）的大致圖象如圖，
由此可得y=h（x）在（1，+∞）上只有一個零點，即g（x）=x，x＞1時只有1個實根．

點評：本題考查導數(shù)知識的運用，考查函數(shù)的單調(diào)性，考查函數(shù)的極值與最值，考查函數(shù)的零點，構造函數(shù)，確定函數(shù)的單調(diào)性是關鍵．