Question

已知函數(shù)，g（x）=x²e^ax（a∈R）．
（Ⅰ）求函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（Ⅱ）當(dāng)m＞0時(shí)，若對任意x₁，x₂∈[0，2]，f（x₁）≥g（x₂）恒成立，求a的取值范圍．

Answer 1

解：函數(shù)的定義域?yàn)镽，
．
①當(dāng)m＞0時(shí)，當(dāng)x變化時(shí)，f^′（x），f（x）的變化情況如表：

所以，函數(shù)f（x）的單調(diào)增區(qū)間時(shí)（-1，1），單調(diào)遞減區(qū)間是（-∞，-1），（1，+∞）．
②當(dāng)m＜0時(shí)，當(dāng)x變化時(shí)，f^′（x），f（x）的變化情況如表：

所以，函數(shù)f（x）的單調(diào)減區(qū)間時(shí)（-1，1），單調(diào)遞增區(qū)間是（-∞，-1），（1，+∞）．
（Ⅱ）依題意，對任意當(dāng)m＞0時(shí)，對于任意x₁，x₂∈[0，2]，f（x₁）≥g（x₂）恒成立，等價(jià)于
當(dāng)m＞0時(shí)，對于任意x₁，x₂∈[0，2]，f（x）_min≥g（x）_max成立．
當(dāng)m＞0時(shí)，由（Ⅰ）知，函數(shù)f（x）在[0，1]上單調(diào)遞增，在[1，2]上單調(diào)遞減，
因?yàn)閒（0）=1，f（2）=，所以函數(shù)f（x）的最小值為f（0）=1．
所以應(yīng)滿足g（x）_max≤1．
因?yàn)間（x）=x²e^ax，所以g^′（x）=（ax²+2x）e^ax．
③當(dāng)a=0時(shí)，函數(shù)g（x）=x²，任意x∈[0，2]，g（x）_max=g（2）=4，
顯然不滿足g（x）_max≤1，故a=0不成立．
④當(dāng)a≠0時(shí)，令g^′（x）=（ax²+2x）e^ax=0得：
1°當(dāng)，即-1≤a＜0時(shí)，在[0，2]上g^′（x）≥0，所以函數(shù)g（x）在[0，2]上單調(diào)遞增，
所以．
由4e^2a≤1得，a≤-ln2，所以-1≤a≤-ln2．
2°當(dāng)0＜＜2，即a＜-1時(shí)，在上g^′（x）≥0，在上g^′（x）＜0，
所以函數(shù)g（x）在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減．
所以．
由得：，所以a＜-1．
3°當(dāng)，即a＞0時(shí)，顯然在[0，2]上g^′（x）≥0，
函數(shù)g（x）在[0，2]上單調(diào)遞增，且．
顯然不成立，故a＞0不成立．
綜上所述，a的取值范圍是（-∞，-ln2]．
分析：（Ⅰ）把給出的函數(shù)進(jìn)行求導(dǎo)，由導(dǎo)函數(shù)的零點(diǎn)把定義域分段，然后分m的正負(fù)判斷導(dǎo)函數(shù)在各區(qū)間段內(nèi)的符號，從而得到元函數(shù)的單調(diào)區(qū)間；
（Ⅱ）當(dāng)m＞0時(shí)，若對任意x₁，x₂∈[0，2]，f（x₁）≥g（x₂）恒成立，轉(zhuǎn)化為對于任意x₁，x₂∈[0，2]，f（x）_min≥g（x）_max成立，然后分類求函數(shù)f（x）和g（x）在[0，2]上的最小值和最大值，由f（x）的最小值大于g（x）的最大值即可解得實(shí)數(shù)a的取值范圍．
點(diǎn)評：本題考查了利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，考查了函數(shù)恒成立問題，解答過程體現(xiàn)了分類討論得數(shù)學(xué)思想，正確對a進(jìn)行分類是解答該題的關(guān)鍵，此題屬有一定難度題目．