（12分）已知函数 f(x)=x^ 2 e^ -x （I）…——2013 高考数学第 21 题答案解析

【考点】5C：根据实际问题选择函数类型；6D：利用导数研究函数的极值；6H ：利用导数研究曲线上某点切线方程．

【专题】15：综合题；16：压轴题；35：转化思想；53：导数的综合应用．
【分析】（I）利用导数的运算法则即可得出 $f^{\prime}(x)$ ，利用导数与函数单调性的关系及函数的极值点的定义，即可求出函数的极值；
（II）利用导数的几何意义即可得到切线的斜率，得出切线的方程，利用方程求出与 x 轴交点的横坐标，再利用导数研究函数的单调性、极值、最值即可

【解答】解：（ I$) \because \mathrm{f}(\mathrm{x})=\mathrm{x}^{2} \mathrm{e}^{-\mathrm{x}}$ ，
$\therefore f^{\prime}(x)=2 x e^{-x}-x^{2} e^{-x}=e^{-x}\left(2 x-x^{2}\right)$ ，
令 $f^{\prime}(x)=0$ ，解得 $x=0$ 或 $x=2$ ，
令 $f^{\prime}(x)>0$ ，可解得 $0令 $f^{\prime}(x)<0$ ，可解得 $x<0$ 或 $x>2$ ，
故函数在区间 $(-\infty, 0)$ 与 $(2,+\infty)$ 上是减函数，在区间 $(0,2)$ 上是增函数．
$\therefore x=0$ 是极小值点，$x=2$ 极大值点，又 $f(0)=0, f(2)=\frac{4}{e^{2}}$ ．
故 $f(x)$ 的极小值和极大值分别为 $0, \frac{4}{e^{2}}$ ．

（II）设切点为 $\left(\mathrm{x}_{0}, \mathrm{x}_{0}{ }^{2} \mathrm{e}^{-\mathrm{x}_{0}}\right)$ ，
则切线方程为 $y-x_{0}{ }^{2} e^{-x_{0}}=e^{-x_{0}}\left(2 x_{0}-x_{0}{ }^{2}\right)\left(x-x_{0}\right)$ ，
令 $\mathrm{y}=0$ ，解得 $\mathrm{x}=\frac{\mathrm{x}_{0}{ }^{2}-\mathrm{x}_{0}}{\mathrm{x}_{0}-2}=\left(\mathrm{x}_{0}-2\right)+\frac{2}{\mathrm{x}_{0}-2}+3$ ，
∵ 曲线 $\mathrm{y}=\mathrm{f}(\mathrm{x})$ 的切线 I 的斜率为负数，
$\therefore \mathrm{e}^{-\mathrm{x}_{0}}\left(2 \mathrm{x}_{0}-\mathrm{x}_{0}^{2}\right)<0$ ，
$\therefore \mathrm{x}_{0}<0$ 或 $\mathrm{x}_{0}>2$ ，
令 $f\left(x_{0}\right)=x_{0}+\frac{2}{x_{0}-2}+1$ ，
则 $f^{\prime}\left(x_{0}\right)=1-\frac{2}{\left(x_{0}-2\right)^{2}}=\frac{\left(x_{0}-2\right)^{2}-2}{\left(x_{0}-2\right)^{2}}$ ．
①当 $x_{0}<0$ 时，$\left(x_{0}-2\right)^{2}-2>0$ ，即 $f^{\prime}\left(x_{0}\right)>0, \therefore f\left(x_{0}\right)$ 在 $(-\infty, 0)$ 上单调递增，$\therefore f\left(x_{0}\right)②当 $x_{0}>2$ 时，令 $f^{\prime}\left(x_{0}\right)=0$ ，解得 $x_{0}=2+\sqrt{2}$ ．
当 $x_{0}>2+\sqrt{2}$ 时，$f^{\prime}\left(x_{0}\right)>0$ ，函数 $f\left(x_{0}\right)$ 单调递增；当 $2

故当 $x_{0}=2+\sqrt{2}$ 时，函数 $f\left(x_{0}\right)$ 取得极小值，也即最小值，且 $f(2+\sqrt{2})=3+2 \sqrt{2}$ ．
综上可知：切线I在x轴上截距的取值范围是 $(-\infty, 0) \cup[3+2 \sqrt{2},+\infty)$ ．
【点评】本题考查利用导数求函数的极值与利用导数研究函数的单调性、切线、函数的值域，综合性强，考查了推理能力和计算能力．