Question

已知函数f（x）=[ax²-（a+1）x+1]e^x，a∈R．
（Ⅰ）若a=1，求函数f（x）的极值；
（Ⅱ）若函数f（x）在区间[0，1]上单调递减，求a的取值范围；
（Ⅲ）在（Ⅰ）的条件下，是否存在区间[m，n]（m＞1）使函数f（x）在[m，n]上的值域也是[m，n]？若存在，求出m，n的值；若不存在，请说明理由．

Answer

（Ⅰ）当a=1时，代入解析式求出f′（x），令f′（x）=0求出临界点，列表讨论f（x）的增区间和减区间，以及函数的极值问题，代入解析式求解；
（Ⅱ）由求导公式和法则求出f′（x），将条件转化为：f′（x）≤0在[0，1]上恒成立，再构造函数g（x）=ax2+（a-1）x-a，再对a分三类结合二次函数的性质讨论：g（x）≤0在[0，1]上恒成立，利用g（x）图象上的特殊点（0，-a）进行判断，再把符合条件的a的范围并在一起；

（Ⅱ）由（Ⅰ）得f'（x）=（x2-1）ex，假设当x＞1时，f（x）存在[m，n]（n＞m＞1）满足条件，进而问题转化为“（x-1）2ex-x=0有两个大于1的不等实根”，构造新函数h（x）=（x-1）2ex-x（x≥1），求出他的导数后，再二次求导判断h（x）的单调性，根据特殊函数值，判断出h（x）的图象与x轴有且只有一个交点，即方程（x-1）2ex-x=0有且只有一个大于1的根，与假设矛盾，故可得证．
【解析】
（Ⅰ）当a=1时，f（x）=（x2-2x+1）ex，
∴f′（x）=（2x-2）ex+（x2-2x+1）ex
=（x2-1）ex，
令f′（x）=0，得x1=-1，x2=1，
列表讨论如下：

 x  （-∞，-1） -1 （-1，1） 1  （1，+∞）
 f′（x） +  0 -  0 +
 f（x） ↑  极大值 ↓  极小值 ↑

∴f（x）的极大值是f（-1）=；极小值是f（1）=0．

（Ⅱ）由题意得，f′（x）=（2ax-a-1）ex+[ax2-（a+1）x+1）ex
=[ax2+（a-1）x-a]ex，

由f（x）在区间[0，1]上单调递减得，f′（x）≤0在[0，1]上恒成立，
即ax2+（a-1）x-a≤0在[0，1]上恒成立，

令g（x）=ax2+（a-1）x-a，x∈[0，1]，

①当a=0时，g（x）=-x≤0在[0，1]上恒成立；

②当a＞0时，g（x）=ax2+（a-1）x-a过点（0，-a），

即g（0）=-a＜0，只需g（1）=a+a-1-a=a-1≤0，就满足条件；

解得a≤1，则此时0＜a≤1，

③当a＜0时，同理有g（0）=-a＞0，

∴ax2+（a-1）x-a≤0在[0，1]上不可能恒成立，

综上得，所求的a的取值范围是[0，1]．

（Ⅱ）由（Ⅰ）得f'（x）=（x2-1）ex，
假设当x＞1时存在[m，n]使函数f（x）在[m，n]上的值域也是[m，n]，且（n＞m＞1）
∵当x＞1时，f'（x）=（x2-1）ex＞0，
∴f（x）在区间（1，+∞）上是增函数，

∴，即，
则问题转化为（x-1）2ex-x=0有两个大于1的不等实根． 
设函数h（x）=（x-1）2ex-x（x＞1），h′（x）=（x2-1）ex-1，
令φ（x）=（x2-1）ex-1，∴φ′（x）=（x2+2x-1）ex，
当x＞1时，φ′（x）＞0，
∴φ（x）在（1，+∞）上是增函数，即h′（x）在（1，+∞）上是增函数
∴h′（1）=-1＜0，h′（2）=3e2-1＞0
∴存在唯一x∈（1，2），使得h′（x）=0，
当x变化时，h′（x），h（x）的变化情况如下表：

x （1，x） x （x，+∞）
h′（x） - +
h（x） 单调递减 极小值 单调递增

∴h（x）在（1，x）上单调递减，在（x，+∞）上单调递增．
∴h（x）＜h（1）=-1＜0
∵h（2）=e2-2＞0
∴当x＞1时，h（x）的图象与x轴有且只有一个交点，
即方程（x-1）2ex-x=0有且只有一个大于1的根，与假设矛盾，
故当x＞1时，f（x）不存在[m，n]使函数f（x）在[m，n]上的值域也是[m，n]．