Question

已知函数f（x）=（x²-3x+3）e^x，x∈[-2，t]（t＞-2）．
（Ⅰ）当t＜1时，求函数y=f（x）的单调区间；
（Ⅱ）设f（-2）=m，f（t）=n，求证m＜n；
（Ⅲ）设g（x）=f（x）+（x-2）e^x，判断并证明是否存在区间[a，b]（a＞1）使函数y=g（x）在[a，b]上的值域也是[a，b]．

Answer

（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-=＞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）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．
【解析】
（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-=＞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）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，
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x，使k（x）=0．
即存在唯一的x，使∅（x）=0．
∅（x），∅′（x）随x的变化如下表：

 x  （1，x）  x  （x，+∞）
∅（x） -  0 +
∅′（x） ↓  极小值 ↑

由上表知，∅（x）＜∅（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．