已知函数f（x）=（x2+ax+b）ex，（x∈R）在x=1处取得极值．（1）求a与b的关系式（用a表示b），并求f（x）的单调区间；（2）是否存在实数m，使得对任意

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解：（1）∵函数f（x）=（x2+ax+b）ex，∴f′（x）=[x2+（2+a）x+a+b]ex，
又∵函数f（x）在x=1处取得极值，∴f′（1）=0，∴1+2+a+a+b=0，∴b=-2a-3．
∴f′（x）=[x2+（a+2）x-a-3]ex=（x-1）[x-（-a-3）]ex，
①当a=-4时，f′（x）=（x-1）2ex≥0，∴x=1不是函数的极值点，因此a≠-4；
②当a＞-4时，则-a-3＜1，由f′（x）＞0得x＞1或x＜-a-3，由f′（x）＜0得-a-3＜x＜1，
∴函数f（x）在区间（-∞，-a-3），（1，+∞）上单调递增，在区间（-a-3，1）上单调递减．
③当a＜-4时，则-a-3＞1，由f′（x）＞0得x＜1或x＞-a-3，则-a-3＜1，由f′（x）＜0得1＜x＜-a-3，
∴函数f（x）在区间（-∞，1），（-a-3，+∞）上单调递增，在区间（1，-a-3）上单调递减．
（2）当a∈（0，1）时，由（1）可知：函数f（x）在区间[0，1]上单调递减，在区间（1，2]上单调递增．
∴当x∈[0，2]时，函数f（x）在x=1处取得最小值，且f（x）min=f（1）=（-a-2）e，
又f（0）=-2a-3，f（2）=e2，∴f（2）＞f（0），∴函数f（x）在x=2处取得最大值．
∴当x1，x2∈[0，2]时，|f（x1）-f（x2）|max=f（x）max-f（x）min=f（2）-f（1）=e2+（a+2）e．
∴对任意a∈（0，1）及x1，x2∈[0，2]总有|f（x1）-f（x2）|＜[（m+2）a+m2]e+e2恒成立，
转化为对任意a∈（0，1）及x1，x2∈[0，2]有 e2恒成立，
即对任意a∈（0，1），[（m+2）a+m2]e+e2＞e2+（a+2）e恒成立，
即对任意a∈（0，1），（m+1）a+m2-2＞0恒成立，
令g（a）=（m+1）a+m2-2，则有，
解得，
所以满足条件的m的取值范围是：．
解析分析：（1）我们知道函数f（x）在x=x0处取得极值的必要条件是f′（x0）=0，据此可以求出a与b的关系式，通过对a分类讨论判断f′（x）的正负即可得到函数f（x）的单调区间．（2）我们先求得对任意x1，x2∈[0，2]时|f（x1）-f（x2）|的最大值，就可以把“对任意a∈（0，1）及x1，x2∈[0，2]总有|f（x1）-f（x2）|＜[（m+2）a+m2]e+e2恒成立”问题转化为“对任意a∈（0，1）|f（x1）-f（x2）|max＜[（m+2）a+m2]e+e2恒成立”问题，进而再转化为关a一次函数的单调性问题就可以解决．

点评：本题考查的是含有参数的函数的单调区间及恒成立问题，关键是要恰当的分类讨论，及把恒成立问题转化为与求函数的最值问题与一次函数的单调性问题．