Question

已知函數(shù)f（x）=（ax+b）e^x在x=0處取得極值，且函數(shù)f（x）的圖象過點A（0，-1）．
（1）求f（x）的解析式；
（2）設(shè)函數(shù)g（x）的定義域為D，若存在區(qū)間[m，n]⊆D，使得g（x）在[m，n]上的值域是[m+1，n+1]，則稱區(qū)間[m，n]為函數(shù)g（x）的“增值區(qū)間”．
①證明：當(dāng)x＞0，函數(shù)f（x）不存在“增值區(qū)間”；
②函數(shù)y=f（x）+2是否存在“增值區(qū)間”？若存在，寫出一個“增值區(qū)間”（不必證明）；若不存在，說明理由．

Answer 1

考點：利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的極值,利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性

專題：導(dǎo)數(shù)的概念及應(yīng)用,導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用

分析：（1）由函數(shù)f（x）=（ax+b）e^x在x=0處取得極值，且函數(shù)f（x）的圖象過點A（0，-1）．可得f′（0）=0，f（0）=-1，解方程組可得a，b的值，進而得到f（x）的解析式；
（2）①假設(shè)x＞0時，函數(shù)f（x）存在增值區(qū)間[m，n]，則方程（x-1）e^x=x+1有兩個不相等的正根，即函數(shù)h（x）=（x-1）e^x-x-1在（0，+∞）上有兩個不同的零點，利用導(dǎo)數(shù)法分析函數(shù)h（x）=（x-1）e^x-x-1在（0，+∞）上僅有一個零點，與假設(shè)矛盾．可證得結(jié)論；②舉出正例[0，1]是函數(shù)y=f（x）+2的一個“增值區(qū)間”．

解答： 解：（1）∵f（x）=（ax+b）e^x，
∴f′（x）=（ax+a+b）e^x，…（1分）
∵函數(shù)f（x）=（ax+b）e^x在x=0處取得極值，且函數(shù)f（x）的圖象過點A（0，-1）．
∴f′（0）=a+b=0，f（0）=b=-1，
解得：a=1，b=-1，
∴f（x）=（x-1）e^x，…（4分）
證明：（2）①假設(shè)x＞0時，函數(shù)f（x）存在增值區(qū)間[m，n]．
∵x＞0時，f′（x）=xe^x＞0，
所以函數(shù)f（x）在區(qū)間（0，+∞）是增函數(shù)．…（5分）
∵函數(shù)f（x）存在增值區(qū)間[m，n]，
則

f(m)=(m-1)em=m+1 f(n)=(n-1)en=n+1

，
問題轉(zhuǎn)化為方程（x-1）e^x=x+1有兩個不相等的正根，
即函數(shù)h（x）=（x-1）e^x-x-1在（0，+∞）上有兩個不同的零點．…（7分）
又h′（x）=xe^x-1，
∵h′′（x）=（1+x）e^x＞0在（0，+∞）上恒成立，
∴h′（x）=xe^x-1在區(qū)間（0，+∞）上是增函數(shù)．…（8分）
∵h′（0）=-1＜0，h′（1）=e-1＞0，
∴在區(qū)間（0，1）存在x₀使得h′（x₀）=0，
∴當(dāng)x∈（0，x₀）時，h′（x）＜0；當(dāng)x∈（x₀，+∞）時，h′（x）＞0；，
∴h（x）=（x-1）e^x-x-1在區(qū)間（0，x₀）上是減函數(shù)，在區(qū)間（x₀，+∞）上是增函數(shù)．…（10分）
∵h（x₀）＜h（0）=-2＜0，
∴h（x）在區(qū)間（0，x₀]上不存在零點．
而h（x₀）•h（2）=（e³-3）h（x₀）＜0，
∴h（x）在區(qū)間（x₀，+∞）上僅有一個零點，
故函數(shù)h（x）=（x-1）e^x-x-1在（0，+∞）上僅有一個零點，與假設(shè)矛盾．
故當(dāng)x＞0時，不存在“增值區(qū)間”． 　  　  　　…（12分）
解：②函數(shù)y=f（x）+2存在“增值區(qū)間”，…（13分）
[0，1]是它的一個“增值區(qū)間”．…（14分）

點評：本題考查的知識點是利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的極值，利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，運算量大，綜合性強，轉(zhuǎn)化過程復(fù)雜，屬于難題．