Question

已知函數f（x）=（ax²+bx+c）e^x在x=1處取得極小值，其圖象過點A（0，1），且在點A處切線的斜率為-1．
（Ⅰ）求f（x）的解析式；
（Ⅱ）設函數g（x）的定義域為D，若存在區(qū)間[m，n]⊆D，使得g（x）在[m，n]上的值域也是[m，n]，則稱區(qū)間[m，n]為函數g（x）的“保值區(qū)間”．
 ①請寫出f（x）的一個“保值區(qū)間”（不必證明）；
 ②證明：當x＞1時，函數f（x）不存在“保值區(qū)間”．

Answer 1

考點：利用導數研究函數的極值,利用導數研究函數的單調性,利用導數求閉區(qū)間上函數的最值

專題：計算題,導數的綜合應用

分析：（Ⅰ）求導函數，根據函數f（x）=（ax²+bx+c）e^x在x=1處取得極小值，其圖象過點A（0，1），且在點A處切線的斜率為-1，建立方程組，從而可得f（x）的解析式為f（x）=（x²-2x+1）e^x．
（Ⅱ）①寫出x＜1上的一個“保值區(qū)間”．
②由（Ⅰ）得f'（x）=（x²-1）e^x，假設當x＞1時，f（x）存在“保值區(qū)間”[m，n]（n＞m＞1），進而問題轉化為（x-1）²e^x-x=0有兩個大于1的不等實根，構造新函數h（x）=（x-1）²e^x-x（x≥1），可判斷存在唯一x₀∈（1，2），使得h′（x₀）=0，h（x）在（1，x₀）上單調遞減，在（x₀，+∞）上單調遞增，從而可得當x＞1時，h（x）的圖象與x軸有且只有一個交點，即方程（x-1）²e^x-x=0有且只有一個大于1的根，與假設矛盾，故可得證．

解答： 解：（Ⅰ）∵f（x）=（ax²+bx+c）e^x，
∴f′（x）=[ax²+（2a+b）x+（b+c）]e^x，
∵函數f（x）=（ax²+bx+c）e^x在x=1處取得極小值，
其圖象過點A（0，1），且在點A處切線的斜率為-1．
∴

f(0)=1 f′(0)=-1 f′(1)=0

，即

c=1 b+c=-1 3a+2b+c=0

，解得

a=1 b=-2 c=1

∴f（x）的解析式為f（x）=（x²-2x+1）e^x．
（Ⅱ）①f（x）的一個“保值區(qū)間”為[0，1]．
②由（Ⅰ）得f'（x）=（x²-1）e^x，
假設當x＞1時，f（x）存在“保值區(qū)間”[m，n]（n＞m＞1）
∵當x＞1時，f'（x）=（x²-1）e^x＞0，∴f（x）在區(qū)間（1，+∞）上是增函數
∴

f(m)=m f(n)=n

即

(m-1)2em=m (n-1)2en=n

于是問題轉化為（x-1）²e^x-x=0有兩個大于1的不等實根． 
現在考查函數h（x）=（x-1）²e^x-x（x≥1），h′（x）=（x²-1）e^x-1
令φ（x）=（x²-1）e^x-1，∴φ′（x）=（x²+2x-1）e^x，
當x＞1時，φ′（x）＞0，
∴φ（x）在（1，+∞）上是增函數，即h′（x）在（1，+∞）上是增函數
∴h′（1）=-1＜0，h′（2）=3e²-1＞0
∴存在唯一x₀∈（1，2），使得h′（x₀）=0，
當x變化時，h′（x），h（x）的變化情況如下表：

x	（1，x0）	x0	（x0，+∞）
h′（x）	-	0	+
h（x）	單調遞減	極小值	單調遞增

∴h（x）在（1，x₀）上單調遞減，在（x₀，+∞）上單調遞增．
∴h（x₀）＜h（1）=-1＜0
∵h（2）=e²-2＞0
∴當x＞1時，h（x）的圖象與x軸有且只有一個交點
即方程（x-1）²e^x-x=0有且只有一個大于1的根，與假設矛盾
故當x＞1時，f（x）不存在“保值區(qū)間”．

點評：本題以函數的性質為載體，考查導數知識的運用，考查函數的解析式，考查新定義，同時考查反證法思想的運用，綜合性強．