已知函数f(x)=(x2-3x+3)ex,x∈[-2,t](t>-2).
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解题思路:(Ⅰ)由f(x)=(x2-3x+3)ex,x∈[-2,t](t>-2),知f′(x)=(2x-3)ex+ex(x2-3x+3)=exx(x-1).由此能求出当t<1时,函数y=f(x)的单调区间.(Ⅱ)m=f(-2)=13e-2,n=f(t)=(t2-3t+3)et,设h(t)=n-m=(t2-3t+3)et-13e-2,故h′(t)(2t-3)et+et(t2-3t+3)=et(t2-3t+3),列表讨论知h(t)的极小值为h(1)=e-13e2=e3−13e2>0,由此能够证明n>m.(Ⅲ)由g(x)=(x2-3x+3)ex+(x-2)ex=(x2-2x+1)ex=(x-1) 2 ex,知g′(x)=(2x-2)ex+ex(x2-2x+1)=ex(x2-1),设x>1时,存在[a,b],使y=g(x)在[a,b]上的值域也是[a,b].由此能够推导出不存在区间[a,b]满足题意.

(Ⅰ)∵f(x)=(x2-3x+3)ex,x∈[-2,t](t>-2),

∴f′(x)=(2x-3)ex+ex(x2-3x+3)=x(x-1)ex

①当-2<t≤0时,x∈(-2,t),f′(x)>0,f(x)单调递增.

②当0<t<1时,x∈(-2,0),f′(x)>0,f(x)单调递增.

x∈(0,t),f′(x)<0,f(x)单调递减.

综上所述,当-2<t≤0时,y=f(x)单调递增区间为(-2,t);

当0<t<1时,y=f(x)单调递增区间为(-2,0),减区间为(0,t).

(Ⅱ)m=f(-2)=13e-2,n=f(t)=(t2-3t+3)et

设h(t)=n-m=(t2-3t+3)et-13e-2

∴h′(t)(2t-3)et+et(t2-3t+3)=et(t2-3t+3)

=ett(t-1),(t>-2).

h(t),h′(t)随t变化如下表:

t (-2,0) 0 (0,1) 1 (1,+∞)

h′(t) + 0 - 0 +

h(t) ↑ 极大值 ↓ 极小值 ↑由上表知h(t)的极小值为h(1)=e-

13

e2=

e3−13

e2>0,

又h(-2)=0,

∴当t>-2时,h(t)>h(-2)>0,即h(t)>0.

因此,n-m>0,即n>m.

(Ⅲ)g(x)=(x2-3x+3)ex+(x-2)ex=(x2-2x+1)ex=(x-1) 2 ex

g′(x)=(2x-2)ex+ex(x2-2x+1)=ex(x2-1),

设x>1时,存在[a,b],使y=g(x)在[a,b]上的值域也是[a,b].

因为x>1时,g′(x)>0,所以y=g(x)单调递增.

故应有

g(a)=(a−1)2ea=a

g(b)=(b−1)2eb=b,

即方程(x-1)2ex=x有两个大于1的不等根,

设∅(x)=(x-1)2ex-x,(x>1),

∅′(x)=ex(x2-1)-1,

设k(x)=ex(x2-1)-1,(x>1),k′(x)=ex(x2+2x-1),

当x>1时,k′(x)>0,即k(x)在(1,+∞)递增,

又k(1)=-1<0,k(2)=3e2-1>0.

∴x∈(1,2)存在唯一的x0,使k(x0)=0.

即存在唯一的x0,使∅‘(x0)=0.

∅(x),∅′(x)随x的变化如下表:

x (1,x0) x0(x0,+∞)

∅(x) - 0 +

∅′(x) ↓ 极小值 ↑由上表知,∅(x0)<∅(1)=-1<0,

∅(2)=e2-2>0,

故y=∅(x)的大致图象如图,

因此∅(x)在(1,+∞)只能有一个零点,

这与∅(x)=0有两个大于1的不等根矛盾,

故不存在区间[a,b]满足题意.

点评:

本题考点: 利用导数求闭区间上函数的最值;利用导数研究函数的单调性.

考点点评: 本题考查函数的单调区间的求法,考查不等式的证明,探索满足条件的区间是否存在.综合性强,难度大,具有一定的探索性,对数学思维的要求较高,解题时要认真审题,仔细解答,注意导数性质的灵活运用.