已知函数f（x）=（ax2+bx+c）ex在x=1处取得极小值，其图象过点A（0，1），且在点处切线的斜率为-1．
（Ⅰ）求f（x）的解析式；
（Ⅱ）设函数g（x）的定义域D，若存在区间[m，n]⊆D，使得g（x）在[m，n]上的值域也是[m，n]，则称区间[m，n]为函数g（x）的“保值区间”．
（ⅰ）证明：当x＞1时，函数f（x）不存在“保值区间”；
（ⅱ）函数f（x）是否存在“保值区间”？若存在，写出一个“保值区间”（不必证明）；若不存在，说明理由．
【答案】
分析：（Ⅰ）由函数f（x）=（ax
2+bx+c）e
x，知f′（x）=[ax
2+（2a+b）x+（b+c）]e
x，由
，得
，由此能求出f（x）的解析式．
（Ⅱ）由（Ⅰ）得f′（x）=（x
2-1）e
x．
（i）假设x＞1时，f′（x）存在“保值区间[m，n]”，（n＞m＞1）．由x＞1时，f′（x）=（x
2-1）e
x＞0，知f（x）在区间（1，+∞）是增函数，由
，把问题转化为（x-1）
2e
x-x=0有两个大于1的不等实根，由此能推导出当x＞1时，f（x）不存在“保值区间”．
（ii）f（x）存在“保值区间”，[0，1]是它的一个“保值区间”．
解答：解：（Ⅰ）∵函数f（x）=（ax
2+bx+c）e
x，
∴f′（x）=[ax
2+（2a+b）x+（b+c）]e
x，
由
，
即
，
解得
．
经检验，f（x）=（x
2-2x+1）e
x满足题意．
（Ⅱ）由（Ⅰ）得f′（x）=（x
2-1）e
x．
（i）假设x＞1时，f′（x）存在“保值区间[m，n]”，（n＞m＞1）．
∵x＞1时，f′（x）=（x
2-1）e
x＞0，
∴f（x）在区间（1，+∞）是增函数，
依题意，
，
即
，
于是问题转化为（x-1）
2e
x-x=0有两个大于1的不等实根，
现在考察函数h（x）=（x-1）
2e
x-x（x≥1），
h′（x）=（x
2-1）e
x-1．
令∅（x）=（x
2-1）e
x-1，
则∅′（x）=（x
2+2x-1）e
x，
∴当x＞1时，∅′（x）＞0，
∴∅（x）在（1，+∞）是增函数，
即h′（x）在（1，+∞）是增函数．
∵h′（1）=-1＜0，h′（2）=3e
2-1＞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） | - | 0 | + |
| h（x） | ↓ | 极小值 | ↑ |
∴h（x）在（1，x
）上单调递减，在（x
，+∞）上单调递增．
于是，h（x
）＜h（1）=-1＜0，
∵h（2）=e
2-2＞0，
∴当x＞1时，h（x）的图象与x轴只有一个交点，
即方程（x-1）
2e
2-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“保值区间”．
（ii）f（x）存在“保值区间”，[0，1]是它的一个“保值区间”．
点评：本题考查利用导数求闭区间上的函数的最值的应用，考查运算求解能力，推理论证能力；考查化归与转化思想．对数学思维的要求比较高，有一定的探索性．综合性强，难度大，是高考的重点．解题时要认真审题，仔细解答．
