| 模型 | 模型答案 | 正确答案 |
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| 金声玉亮2.0 | (1)【解析】 首先，我们需要找到函数 \( f(x) = x^2 e^{-x} \) 的极值点。为此，我们需要求出它的导数并找到导数为零的点。 1. 求导数 \( f'(x) \): \[ f'(x) = \frac{d}{dx} (x^2 e^{-x}) \] 使用乘积法则： \[ f'(x) = \frac{d}{dx} (x^2) \cdot e^{-x} + x^2 \cdot \frac{d}{dx} (e^{-x}) \] \[ f'(x) = 2x e^{-x} + x^2 (-e^{-x}) \] \[ f'(x) = 2x e^{-x} - x^2 e^{-x} \] \[ f'(x) = e^{-x} (2x - x^2) \] 2. 令 \( f'(x) = 0 \): \[ e^{-x} (2x - x^2) = 0 \] 由于 \( e^{-x} \neq 0 \) 对于所有 \( x \)，我们只需解 \( 2x - x^2 = 0 \)： \[ x(2 - x) = 0 \] 所以，\( x = 0 \) 或 \( x = 2 \)。 3. 确定极值的性质： 我们需要检查 \( f''(x) \) 来确定这些点是极大值还是极小值。 \[ f''(x) = \frac{d}{dx} (e^{-x} (2x - x^2)) \] 使用乘积法则： \[ f''(x) = \frac{d}{dx} (e^{-x}) \cdot (2x - x^2) + e^{-x} \cdot \frac{d}{dx} (2x - x^2) \] \[ f''(x) = (-e^{-x}) (2x - x^2) + e^{-x} (2 - 2x) \] \[ f''(x) = -e^{-x} (2x - x^2) + e^{-x} (2 - 2x) \] \[ f''(x) = e^{-x} [- (2x - x^2) + (2 - 2x)] \] \[ f''(x) = e^{-x} [-2x + x^2 + 2 - 2x] \] \[ f''(x) = e^{-x} [x^2 - 4x + 2] \] 计算 \( x = 0 \) 和 \( x = 2 \) 处的二阶导数： \[ f''(0) = e^0 (0^2 - 4 \cdot 0 + 2) = 2 > 0 \] 所以 \( x = 0 \) 是极小值点。 \[ f''(2) = e^{-2} (2^2 - 4 \cdot 2 + 2) = e^{-2} (4 - 8 + 2) = e^{-2} (-2) < 0 \] 所以 \( x = 2 \) 是极大值点。 计算极值： \[ f(0) = 0^2 e^0 = 0 \] \[ f(2) = 2^2 e^{-2} = 4e^{-2} \] <eoe> 【答案】极小值为 \( f(0) = 0 \)，极大值为 \( f(2) = 4e^{-2} \)。<eoa> (2)【解析】 当曲线 \( y = f(x) \) 的切线的斜率为负数时，意味着 \( f'(x) < 0 \)。 从之前的计算中我们知道： \[ f'(x) = e^{-x} (2x - x^2) \] \[ f'(x) < 0 \Rightarrow e^{-x} (2x - x^2) < 0 \] 由于 \( e^{-x} > 0 \) 对于所有 \( x \)，我们只需解 \( 2x - x^2 < 0 \)： \[ x(2 - x) < 0 \] 解这个不等式： \[ 0 < x < 2 \] 所以，当 \( 0 < x < 2 \) 时，切线的斜率为负数。 切线方程为： \[ y - f(x_0) = f'(x_0) (x - x_0) \] 当 \( y = 0 \) 时，切线在 \( x \) 轴上的截距为： \[ 0 - f(x_0) = f'(x_0) (x - x_0) \] \[ x = x_0 - \frac{f(x_0)}{f'(x_0)} \] 我们需要计算 \( \frac{f(x)}{f'(x)} \)： \[ \frac{f(x)}{f'(x)} = \frac{x^2 e^{-x}}{e^{-x} (2x - x^2)} = \frac{x^2}{2x - x^2} = \frac{x^2}{x(2 - x)} = \frac{x}{2 - x} \] 所以，截距为： \[ x_0 - \frac{x_0}{2 - x_0} = \frac{2x_0 - x_0}{2 - x_0} = \frac{x_0}{2 - x_0} \] 由于 \( 0 < x_0 < 2 \)，我们需要求这个表达式的取值范围： \[ \frac{x}{2 - x} \] 当 \( x \to 0 \)，截距 \( \to 0 \)； 当 \( x \to 2 \)，截距 \( \to \infty \)。 所以，截距的取值范围是 \( (0, \infty) \)。 <eoe> 【答案】当曲线 \( y = f(x) \) 的切线的斜率为负数时，切线在 \( x \) 轴上的截距的取值范围是 \( (0, \infty) \)。<eoa> |
解: ( I ) $\because f(x)=x^{2} e^{-x}$, $\therefore f^{\prime}(x)=2 x e^{-x}-x^{2} e^{-x}=e^{-x}\left(2 x-x^{2}\right)$, 令 $f^{\prime}(x)=0$, 解得 $x=0$ 或 $x=2$, 令 $f^{\prime}(x)>0$, 可解得 $0<x<2$; 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 $\left(x_{0}, x_{0}{ }^{2} \mathrm{e}^{-x_{0}}\right)$ ， 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 $y=0$, 解得 $x=\frac{x_{0}{ }^{2}-x_{0}}{x_{0}-2}=\left(x_{0}-2\right)+\frac{2}{x_{0}-2}+3$, $\because$ 曲线 $y=f(x)$ 的切线 $I$ 的斜率为负数, $\therefore \mathrm{e}^{-\mathrm{x}_{0}\left(2 \mathrm{x}_{0}-\mathrm{x}_{0}^{2}\right)<0}$ $\therefore x_{0}<0$ 或 $x_{0}>2$, 令 $\mathrm{f}\left(\mathrm{x}_{0}\right)=\mathrm{x}_{0}+\frac{2}{\mathrm{x}_{0}-2}+1$, 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, $\therefore f\left(x_{0}\right)<f(0)=0$; (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 $2<x_{0}<2+\sqrt{2}$ 时, $f^{\prime}\left(x_{0}\right.$ )$<0$, 函数 $\mathrm{f}\left(\mathrm{x}_{0}\right)$ 单调递减. 故当 $\mathrm{x}_{0}=2+\sqrt{2}$ 时, 函数 $\mathrm{f}\left(\mathrm{x}_{0}\right)$ 取得极小值, 也即最小值, 且 $\mathrm{f}(2+\sqrt{2})=3+2 \sqrt{2}$. 综上可知: 切线।在 $\mathrm{x}$ 轴上截距的取值范围是 $(-\infty, 0) \cup[3+2 \sqrt{2},+\infty)$. |
| deepseekr1 | (1)【解析】 首先，求函数$f(x)=x^2 e^{-x}$的导数： \[ f'(x) = e^{-x}(2x - x^2) \] 解$f'(x)=0$得临界点$x=0$和$x=2$。通过二阶导数判断极值： \[ f''(x) = e^{-x}(x^2 -4x +2) \] 计算得$f''(0)=2>0$（极小值），$f''(2)=-2e^{-2}<0$（极大值）。代入原函数得极小值$f(0)=0$，极大值$f(2)=4e^{-2}$。 <eoe> 【答案】 (I) 函数$f(x)$的极小值为$0$（在$x=0$处），极大值为$\frac{4}{e^2}$（在$x=2$处）。 <eoa> (2)【解析】 当切线斜率为负时，$f'(x)<0$，解得$x\in(-\infty,0)\cup(2,+\infty)$。切线方程为： \[ y = f'(a)(x-a) + f(a) \] 求x截距$x=a - \frac{f(a)}{f'(a)}$。化简得： \[ x = \frac{a(1-a)}{2-a} \] 分区间讨论： - 当$a<0$时，截距为负数，取值范围$(-\infty,0)$； - 当$a>2$时，截距为正数。通过求导分析得最小值为$3+2\sqrt{2}$，故取值范围$[3+2\sqrt{2},+\infty)$。 综上，截距的取值范围为$(-\infty,0)\cup[3+2\sqrt{2},+\infty)$。 <eoe> 【答案】 (II) 切线在x轴上的截距取值范围为$(-\infty,0) \cup [3+2\sqrt{2}, +\infty)$。 <eoa> |
解: ( I ) $\because f(x)=x^{2} e^{-x}$, $\therefore f^{\prime}(x)=2 x e^{-x}-x^{2} e^{-x}=e^{-x}\left(2 x-x^{2}\right)$, 令 $f^{\prime}(x)=0$, 解得 $x=0$ 或 $x=2$, 令 $f^{\prime}(x)>0$, 可解得 $0<x<2$; 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 $\left(x_{0}, x_{0}{ }^{2} \mathrm{e}^{-x_{0}}\right)$ ， 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 $y=0$, 解得 $x=\frac{x_{0}{ }^{2}-x_{0}}{x_{0}-2}=\left(x_{0}-2\right)+\frac{2}{x_{0}-2}+3$, $\because$ 曲线 $y=f(x)$ 的切线 $I$ 的斜率为负数, $\therefore \mathrm{e}^{-\mathrm{x}_{0}\left(2 \mathrm{x}_{0}-\mathrm{x}_{0}^{2}\right)<0}$ $\therefore x_{0}<0$ 或 $x_{0}>2$, 令 $\mathrm{f}\left(\mathrm{x}_{0}\right)=\mathrm{x}_{0}+\frac{2}{\mathrm{x}_{0}-2}+1$, 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, $\therefore f\left(x_{0}\right)<f(0)=0$; (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 $2<x_{0}<2+\sqrt{2}$ 时, $f^{\prime}\left(x_{0}\right.$ )$<0$, 函数 $\mathrm{f}\left(\mathrm{x}_{0}\right)$ 单调递减. 故当 $\mathrm{x}_{0}=2+\sqrt{2}$ 时, 函数 $\mathrm{f}\left(\mathrm{x}_{0}\right)$ 取得极小值, 也即最小值, 且 $\mathrm{f}(2+\sqrt{2})=3+2 \sqrt{2}$. 综上可知: 切线।在 $\mathrm{x}$ 轴上截距的取值范围是 $(-\infty, 0) \cup[3+2 \sqrt{2},+\infty)$. |
| gpto1 | (1)【解析】 1. 求函数$f(x) = x^2 e^{-x}$的极值。 首先，求导数$f'(x)$： $f'(x) = [x^2 e^{-x}]' = 2x e^{-x} + x^2 (-e^{-x}) = e^{-x}(2x - x^2) = e^{-x} x(2 - x)$ 2. 令$f'(x) = 0$，解得： 由于$e^{-x} > 0$，所以$x(2 - x) = 0$ 解得$x = 0$或$x = 2$ 3. 利用$f'(x)$的符号确定极值点的性质： - 当$x < 0$时，$x < 0$，$2 - x > 2$，$f'(x) < 0$ - 当$0 < x < 2$时，$x > 0$，$2 - x > 0$，$f'(x) > 0$ - 当$x > 2$时，$x > 0$，$2 - x < 0$，$f'(x) < 0$ 因此： - 在$x = 0$处，$f'(x)$由负变正，$x = 0$为极小值点。 - 在$x = 2$处，$f'(x)$由正变负，$x = 2$为极大值点。 4. 计算极值： - 极小值：$f(0) = 0^2 e^{-0} = 0$ - 极大值：$f(2) = 2^2 e^{-2} = 4 e^{-2} = \dfrac{4}{e^{2}}$ <eoe> 【答案】 (Ⅰ) 函数$f(x)$在$x = 0$处取得极小值$f_{\text{min}} = 0$；在$x = 2$处取得极大值$f_{\text{max}} = \dfrac{4}{e^{2}}$。 <eoa> (2)【解析】 当曲线$y = f(x)$的切线I的斜率为负数时，即$f'(x) < 0$，求切线I在$x$轴上的截距$t$的取值范围。 1. 切线I在点$(x_0, f(x_0))$处的方程为： $y - f(x_0) = f'(x_0)(x - x_0)$ 当$y = 0$时，得到$x$轴截距$t$： $0 - f(x_0) = f'(x_0)(t - x_0)$ 解得： $t = x_0 - \dfrac{f(x_0)}{f'(x_0)}$ 2. 计算$\dfrac{f(x_0)}{f'(x_0)}$： $f(x_0) = x_0^2 e^{-x_0}$ $f'(x_0) = e^{-x_0} x_0 (2 - x_0)$ 所以： $\dfrac{f(x_0)}{f'(x_0)} = \dfrac{x_0^2 e^{-x_0}}{e^{-x_0} x_0 (2 - x_0)} = \dfrac{x_0}{2 - x_0}$ 因此： $t = x_0 - \dfrac{x_0}{2 - x_0} = x_0 - \dfrac{x_0}{2 - x_0} = \dfrac{x_0(1 - x_0)}{2 - x_0}$ 3. 当$f'(x_0) < 0$时，即$x_0 < 0$或$x_0 > 2$。 - 当$x_0 < 0$时，$x_0 < 0$，$1 - x_0 > 1$，$2 - x_0 > 2$，分子$x_0(1 - x_0) < 0$，分母$2 - x_0 > 0$，所以$t < 0$。 - 当$x_0 > 2$时，$x_0 > 2$，$1 - x_0 < -1$，$2 - x_0 < 0$，分子$x_0(1 - x_0) < 0$，分母$2 - x_0 < 0$，所以$t > 0$。 4. 进一步分析$x_0 > 2$时$t$的取值范围： - 当$x_0 \rightarrow 2^+$时，$t \rightarrow +\infty$。 - 当$x_0 = 3$时，$t = \dfrac{3(1 - 3)}{2 - 3} = \dfrac{3(-2)}{-1} = 6$。 - 当$x_0 \rightarrow +\infty$时，$t \rightarrow +\infty$。 因此，当$x_0 > 2$时，$t \geq 6$。 5. 综合以上分析，当$f'(x_0) < 0$时： - $x_0 < 0$，$t < 0$； - $x_0 > 2$，$t \geq 6$。 <eoe> 【答案】 (Ⅱ) 当切线I的斜率为负数时，其在$x$轴上的截距$t$的取值范围是$t \leq 0$或$t \geq 6$，即$t \in (-\infty, 0] \cup [6, +\infty)$。 <eoa> |
解: ( I ) $\because f(x)=x^{2} e^{-x}$, $\therefore f^{\prime}(x)=2 x e^{-x}-x^{2} e^{-x}=e^{-x}\left(2 x-x^{2}\right)$, 令 $f^{\prime}(x)=0$, 解得 $x=0$ 或 $x=2$, 令 $f^{\prime}(x)>0$, 可解得 $0<x<2$; 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 $\left(x_{0}, x_{0}{ }^{2} \mathrm{e}^{-x_{0}}\right)$ ， 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 $y=0$, 解得 $x=\frac{x_{0}{ }^{2}-x_{0}}{x_{0}-2}=\left(x_{0}-2\right)+\frac{2}{x_{0}-2}+3$, $\because$ 曲线 $y=f(x)$ 的切线 $I$ 的斜率为负数, $\therefore \mathrm{e}^{-\mathrm{x}_{0}\left(2 \mathrm{x}_{0}-\mathrm{x}_{0}^{2}\right)<0}$ $\therefore x_{0}<0$ 或 $x_{0}>2$, 令 $\mathrm{f}\left(\mathrm{x}_{0}\right)=\mathrm{x}_{0}+\frac{2}{\mathrm{x}_{0}-2}+1$, 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, $\therefore f\left(x_{0}\right)<f(0)=0$; (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 $2<x_{0}<2+\sqrt{2}$ 时, $f^{\prime}\left(x_{0}\right.$ )$<0$, 函数 $\mathrm{f}\left(\mathrm{x}_{0}\right)$ 单调递减. 故当 $\mathrm{x}_{0}=2+\sqrt{2}$ 时, 函数 $\mathrm{f}\left(\mathrm{x}_{0}\right)$ 取得极小值, 也即最小值, 且 $\mathrm{f}(2+\sqrt{2})=3+2 \sqrt{2}$. 综上可知: 切线।在 $\mathrm{x}$ 轴上截距的取值范围是 $(-\infty, 0) \cup[3+2 \sqrt{2},+\infty)$. |
| GPT-4o | 21. (12 分) 已知函数 \( f(x) = x^{2} e^{-x} \) (I) 求 \( f(x) \) 的极小值和极大值; 【解析】 1. 首先，我们需要求出 \( f(x) \) 的导数 \( f'(x) \)： \[ f(x) = x^{2} e^{-x} \] \[ f'(x) = \frac{d}{dx}(x^2) \cdot e^{-x} + x^2 \cdot \frac{d}{dx}(e^{-x}) \] \[ f'(x) = 2x \cdot e^{-x} + x^2 \cdot (-e^{-x}) \] \[ f'(x) = 2x e^{-x} - x^2 e^{-x} \] \[ f'(x) = e^{-x} (2x - x^2) \] 2. 令 \( f'(x) = 0 \)，来求极值点： \[ e^{-x} (2x - x^2) = 0 \] 由于 \( e^{-x} \neq 0 \)，所以 \[ 2x - x^2 = 0 \] \[ x(2 - x) = 0 \] \[ x = 0 \quad \text{或} \quad x = 2 \] 3. 通过第二导数 \( f''(x) \) 来判断极值的性质： \[ f''(x) = \frac{d}{dx}[e^{-x} (2x - x^2)] \] \[ f''(x) = e^{-x} \cdot \frac{d}{dx}(2x - x^2) + (2x - x^2) \cdot \frac{d}{dx}(e^{-x}) \] \[ f''(x) = e^{-x} (2 - 2x) + (2x - x^2) (-e^{-x}) \] \[ f''(x) = e^{-x} (2 - 2x) - (2x - x^2) e^{-x} \] \[ f''(x) = (2 - 2x - 2x + x^2) e^{-x} \] \[ f''(x) = (x^2 - 4x + 2) e^{-x} \] 4. 计算 \( f''(x) \) 在 \( x = 0 \) 和 \( x = 2 \) 处的值： \[ f''(0) = (0^2 - 4 \cdot 0 + 2) e^{0} = 2 > 0 \] 所以 \( x = 0 \) 处是极小值点。 \[ f''(2) = (2^2 - 4 \cdot 2 + 2) e^{-2} = (4 - 8 + 2) e^{-2} = -2 e^{-2} < 0 \] 所以 \( x = 2 \) 处是极大值点。 5. 计算极小值和极大值： 极小值： \[ f(0) = 0^2 e^{-0} = 0 \] 极大值： \[ f(2) = 2^2 e^{-2} = 4 e^{-2} \] <eoe> 【答案】 极小值为 0，极大值为 \( 4 e^{-2} \) <eoa> (II) 当曲线 \( y = f(x) \) 的切线 \( I \) 的斜率为负数时, 求 \( I \) 在 \( x \) 轴上截距的取值范围. 【解析】 1. 求曲线 \( y = f(x) \) 的切线 \( I \) 的斜率 \( f'(x) \)： \[ f'(x) = e^{-x} (2x - x^2) \] \[ f'(x) = e^{-x} x (2 - x) \] 2. 切线斜率为负数，即 \( f'(x) < 0 \)： \[ e^{-x} x (2 - x) < 0 \] 由于 \( e^{-x} > 0 \) 对所有 \( x \) 都成立，所以不影响不等号的方向: \[ x (2 - x) < 0 \] 3. 画出函数 \( x (2 - x) \) 的图像或分析其符号变化： \[ x (2 - x) \] 当 \( 0 < x < 2 \)，有 \( x (2 - x) > |
解: ( I ) $\because f(x)=x^{2} e^{-x}$, $\therefore f^{\prime}(x)=2 x e^{-x}-x^{2} e^{-x}=e^{-x}\left(2 x-x^{2}\right)$, 令 $f^{\prime}(x)=0$, 解得 $x=0$ 或 $x=2$, 令 $f^{\prime}(x)>0$, 可解得 $0<x<2$; 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 $\left(x_{0}, x_{0}{ }^{2} \mathrm{e}^{-x_{0}}\right)$ ， 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 $y=0$, 解得 $x=\frac{x_{0}{ }^{2}-x_{0}}{x_{0}-2}=\left(x_{0}-2\right)+\frac{2}{x_{0}-2}+3$, $\because$ 曲线 $y=f(x)$ 的切线 $I$ 的斜率为负数, $\therefore \mathrm{e}^{-\mathrm{x}_{0}\left(2 \mathrm{x}_{0}-\mathrm{x}_{0}^{2}\right)<0}$ $\therefore x_{0}<0$ 或 $x_{0}>2$, 令 $\mathrm{f}\left(\mathrm{x}_{0}\right)=\mathrm{x}_{0}+\frac{2}{\mathrm{x}_{0}-2}+1$, 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, $\therefore f\left(x_{0}\right)<f(0)=0$; (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 $2<x_{0}<2+\sqrt{2}$ 时, $f^{\prime}\left(x_{0}\right.$ )$<0$, 函数 $\mathrm{f}\left(\mathrm{x}_{0}\right)$ 单调递减. 故当 $\mathrm{x}_{0}=2+\sqrt{2}$ 时, 函数 $\mathrm{f}\left(\mathrm{x}_{0}\right)$ 取得极小值, 也即最小值, 且 $\mathrm{f}(2+\sqrt{2})=3+2 \sqrt{2}$. 综上可知: 切线।在 $\mathrm{x}$ 轴上截距的取值范围是 $(-\infty, 0) \cup[3+2 \sqrt{2},+\infty)$. |
| llama3.1-70B-Instruct | 【解析】 (I)由f'(x)=x(2-x)e^{-x},可得f'(x)=0时,x=0或x=2,由f''(x)=2(1-x)e^{-x}-x^{2}e^{-x},可得f''(0)=-2<0,f''(2)=4e^{-2}>0,所以f(x)在x=0处有极大值0,在x=2处有极小值4e^{-2}(II)由f'(x)=x(2-x)e^{-x},当切线l的斜率为负数时,可得x(2-x)<0,解得x<0或x>2,设切线l的方程为y=k(x-x_{0})+f(x_{0}),则k=f'(x_{0})=x_{0}(2-x_{0})e^{-x_{0}},所以切线l在x轴上截距为\frac{f(x_{0})}{1-k}=\frac{x_{0}^{2}e^{-x_{0}}}{1-x_{0}(2-x_{0})e^{-x_{0}}}=\frac{x_{0}^{2}}{x_{0}^{2}-2x_{0}+1}=\frac{x_{0}^{2}}{(x_{0}-1)^{2}}\becausex_{0}<0或x_{0}>2,\therefore\frac{x_{0}^{2}}{(x_{0}-1)^{2}}\geqslant4或\frac{x_{0}^{2}}{(x_{0}-1)^{2}}\leqslant0,即\frac{x_{0}^{2}}{(x_{0}-1)^{2}}\in(-\infty,0]\cup[4,+\infty). 最终结果是(0, 4*e^(-2)) (II) (-oo, 0] + [4, +oo) |
解: ( I ) $\because f(x)=x^{2} e^{-x}$, $\therefore f^{\prime}(x)=2 x e^{-x}-x^{2} e^{-x}=e^{-x}\left(2 x-x^{2}\right)$, 令 $f^{\prime}(x)=0$, 解得 $x=0$ 或 $x=2$, 令 $f^{\prime}(x)>0$, 可解得 $0<x<2$; 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 $\left(x_{0}, x_{0}{ }^{2} \mathrm{e}^{-x_{0}}\right)$ ， 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 $y=0$, 解得 $x=\frac{x_{0}{ }^{2}-x_{0}}{x_{0}-2}=\left(x_{0}-2\right)+\frac{2}{x_{0}-2}+3$, $\because$ 曲线 $y=f(x)$ 的切线 $I$ 的斜率为负数, $\therefore \mathrm{e}^{-\mathrm{x}_{0}\left(2 \mathrm{x}_{0}-\mathrm{x}_{0}^{2}\right)<0}$ $\therefore x_{0}<0$ 或 $x_{0}>2$, 令 $\mathrm{f}\left(\mathrm{x}_{0}\right)=\mathrm{x}_{0}+\frac{2}{\mathrm{x}_{0}-2}+1$, 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, $\therefore f\left(x_{0}\right)<f(0)=0$; (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 $2<x_{0}<2+\sqrt{2}$ 时, $f^{\prime}\left(x_{0}\right.$ )$<0$, 函数 $\mathrm{f}\left(\mathrm{x}_{0}\right)$ 单调递减. 故当 $\mathrm{x}_{0}=2+\sqrt{2}$ 时, 函数 $\mathrm{f}\left(\mathrm{x}_{0}\right)$ 取得极小值, 也即最小值, 且 $\mathrm{f}(2+\sqrt{2})=3+2 \sqrt{2}$. 综上可知: 切线।在 $\mathrm{x}$ 轴上截距的取值范围是 $(-\infty, 0) \cup[3+2 \sqrt{2},+\infty)$. |
| llama3.1-405B-Instruct | (1)【解析】 f(x)=x^{2}e^{-x},f'(x)=2xe^{-x}-x^{2}e^{-x}=xe^{-x}(2-x),f'(x)=0,解得x=0或x=2,当x=0时,f(x)无极值,当x=2时,f(x)有极值,极值为f(2)=\frac{4}{e^{2}}<eoe> 【答案】<eoa> (2)【解析】 当x<0或x>2时,f'(x)<0,此时切线斜率为负数,设切线方程为y-f(x_{0})=f'(x_{0})(x-x_{0}),令y=0,得x=x_{0}-\frac{f(x_{0})}{f'(x_{0})}=x_{0}- |
解: ( I ) $\because f(x)=x^{2} e^{-x}$, $\therefore f^{\prime}(x)=2 x e^{-x}-x^{2} e^{-x}=e^{-x}\left(2 x-x^{2}\right)$, 令 $f^{\prime}(x)=0$, 解得 $x=0$ 或 $x=2$, 令 $f^{\prime}(x)>0$, 可解得 $0<x<2$; 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 $\left(x_{0}, x_{0}{ }^{2} \mathrm{e}^{-x_{0}}\right)$ ， 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 $y=0$, 解得 $x=\frac{x_{0}{ }^{2}-x_{0}}{x_{0}-2}=\left(x_{0}-2\right)+\frac{2}{x_{0}-2}+3$, $\because$ 曲线 $y=f(x)$ 的切线 $I$ 的斜率为负数, $\therefore \mathrm{e}^{-\mathrm{x}_{0}\left(2 \mathrm{x}_{0}-\mathrm{x}_{0}^{2}\right)<0}$ $\therefore x_{0}<0$ 或 $x_{0}>2$, 令 $\mathrm{f}\left(\mathrm{x}_{0}\right)=\mathrm{x}_{0}+\frac{2}{\mathrm{x}_{0}-2}+1$, 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, $\therefore f\left(x_{0}\right)<f(0)=0$; (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 $2<x_{0}<2+\sqrt{2}$ 时, $f^{\prime}\left(x_{0}\right.$ )$<0$, 函数 $\mathrm{f}\left(\mathrm{x}_{0}\right)$ 单调递减. 故当 $\mathrm{x}_{0}=2+\sqrt{2}$ 时, 函数 $\mathrm{f}\left(\mathrm{x}_{0}\right)$ 取得极小值, 也即最小值, 且 $\mathrm{f}(2+\sqrt{2})=3+2 \sqrt{2}$. 综上可知: 切线।在 $\mathrm{x}$ 轴上截距的取值范围是 $(-\infty, 0) \cup[3+2 \sqrt{2},+\infty)$. |
| DeepSeek-Coder-V2 | "(I) 【解析】 首先，我们需要找到函数 $f(x) = x^2 e^{-x}$ 的极值点。为此，我们需要求导并找到导数为零的点。\n\n求导：\n\\[ f'(x) = \\frac{d}{dx} (x^2 e^{-x}) \\]\n使用乘积法则：\n\\[ f'(x) = 2x e^{-x} + x^2 (-e^{-x}) = 2x e^{-x} - x^2 e^{-x} = e^{-x} (2x - x^2) \\]\n\n令 $f'(x) = 0$：\n\\[ e^{-x} (2x - x^2) = 0 \\]\n由于 $e^{-x} \\neq 0$，所以：\n\\[ 2x - x^2 = 0 \\]\n\\[ x(2 - x) = 0 \\]\n解得：\n\\[ x = 0 \\quad \\text{或} \\quad x = 2 \\]\n\n接下来，我们需要确定这些点是极大值点还是极小值点。我们可以通过第二导数来判断。\n\n求第二导数：\n\\[ f''(x) = \\frac{d}{dx} (e^{-x} (2x - x^2)) \\]\n使用乘积法则：\n\\[ f''(x) = e^{-x} (2 - 2x) + (2x - x^2) (-e^{-x}) \\]\n\\[ f''(x) = e^{-x} (2 - 2x) - e^{-x} (2x - x^2) \\]\n\\[ f''(x) = e^{-x} (2 - 2x - 2x + x^2) \\]\n\\[ f''(x) = e^{-x} (x^2 - 4x + 2) \\]\n\n在 $x = 0$ 处：\n\\[ f''(0) = e^{0} (0^2 - 4 \\cdot 0 + 2) = 2 \\]\n因为 $f''(0) > 0$，所以 $x = 0$ 是极小值点。\n\n在 $x = 2$ 处：\n\\[ f''(2) = e^{-2} (2^2 - 4 \\cdot 2 + 2) = e^{-2} (4 - 8 + 2) = e^{-2} (-2) \\]\n因为 $f''(2) < 0$，所以 $x = 2$ 是极大值点。\n\n计算极值：\n\\[ f(0) = 0^2 e^{0} = 0 \\]\n\\[ f(2) = 2^2 e^{-2} = 4 e^{-2} \\]\n\n因此，函数 $f(x)$ 的极小值是 $0$，极大值是 $4 e^{-2}$。<eoe>\n【答案】 极小值是 $0$，极大值是 $4 e^{-2}$<eoa>\n\n(II) 【解析】 当曲线 $y = f(x)$ 的切线斜率为负数时，即 $f'(x) < 0$。我们已经知道：\n\\[ f'(x) = e^{-x} (2x - x^2) \\]\n我们需要解：\n\\[ e^{-x} (2x - x^2) < 0 \\]\n由于 $e^{-x} > 0$，所以：\n\\[ 2x - x^2 < 0 \\]\n\\[ x(2 - x) < 0 \\]\n解得：\n\\[ 0 < x < 2 \\]\n\n切线方程为：\n\\[ y - f(x_0) = f'(x_0) (x - x_0) \\]\n当切线在 $x$ 轴上的截距时，$y = 0$，所以：\n\\[ 0 - f(x_0) = f'(x_0) (x - x_0) \\]\n\\[ f(x_0) = f'(x_0) (x - x_0) \\]\n\\[ x = x_0 - \\frac{f(x_0)}{f'(x_0)} \\]\n\n在 $0 < x_0 < 2$ 范围内，$f(x_0) = x_0^2 e^{-x_0}$ 和 $f'(x_0) = e^{-x_0} (2x_0 - x_0^2)$，所以：\n\\[ x = x_0 - \\frac{x_0^2 e^{-x_0}}{e^{-x_0} (2x_0 - x_0^2)} \\]\n\\[ x = x_0 - \\frac{x_0^2}{2x_0 - x_0^2} \\]\n\\[ x = x_0 - \\frac{x_0}{2 - x_0} \\]\n\\[ x = \\frac{x_0 (2 - x_0) - x_0}{2 - x_0} \\]\n\\[ x = \\frac{2x_0 - x_0^2 - x_0}{2 - x_0} \\]\n\\[ x = \\frac{x_0 - x_0^2}{2 - x_0} \\]\n\n因此，截距的取值范围是：\n\\[ \\frac{x_0 - x_0^2}{2 - x_0} \\]\n其中 $0 < x_0 < 2$。<eoe>\n【答案】 截距的取值范围是 $\\left( \\frac{x_0 - x_0^2}{2 - x_0} \\right)$，其中 $0 < x_0 < 2$<eoa>" | 解: ( I ) $\because f(x)=x^{2} e^{-x}$, $\therefore f^{\prime}(x)=2 x e^{-x}-x^{2} e^{-x}=e^{-x}\left(2 x-x^{2}\right)$, 令 $f^{\prime}(x)=0$, 解得 $x=0$ 或 $x=2$, 令 $f^{\prime}(x)>0$, 可解得 $0<x<2$; 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 $\left(x_{0}, x_{0}{ }^{2} \mathrm{e}^{-x_{0}}\right)$ ， 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 $y=0$, 解得 $x=\frac{x_{0}{ }^{2}-x_{0}}{x_{0}-2}=\left(x_{0}-2\right)+\frac{2}{x_{0}-2}+3$, $\because$ 曲线 $y=f(x)$ 的切线 $I$ 的斜率为负数, $\therefore \mathrm{e}^{-\mathrm{x}_{0}\left(2 \mathrm{x}_{0}-\mathrm{x}_{0}^{2}\right)<0}$ $\therefore x_{0}<0$ 或 $x_{0}>2$, 令 $\mathrm{f}\left(\mathrm{x}_{0}\right)=\mathrm{x}_{0}+\frac{2}{\mathrm{x}_{0}-2}+1$, 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, $\therefore f\left(x_{0}\right)<f(0)=0$; (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 $2<x_{0}<2+\sqrt{2}$ 时, $f^{\prime}\left(x_{0}\right.$ )$<0$, 函数 $\mathrm{f}\left(\mathrm{x}_{0}\right)$ 单调递减. 故当 $\mathrm{x}_{0}=2+\sqrt{2}$ 时, 函数 $\mathrm{f}\left(\mathrm{x}_{0}\right)$ 取得极小值, 也即最小值, 且 $\mathrm{f}(2+\sqrt{2})=3+2 \sqrt{2}$. 综上可知: 切线।在 $\mathrm{x}$ 轴上截距的取值范围是 $(-\infty, 0) \cup[3+2 \sqrt{2},+\infty)$. |
| Qwen2-72B-Instruct | "(1)【解析】\n为了求函数 $f(x)=x^{2} e^{-x}$ 的极值，我们首先需要计算其一阶导数，然后找到导数为零的点，这些点可能是极值点。接着，我们通过二阶导数来判断这些点是极小值点还是极大值点。\n\\[f(x) = x^2e^{-x}\\]\n\\[f'(x) = 2xe^{-x} - x^2e^{-x} = xe^{-x}(2 - x)\\]\n设 $f'(x) = 0$，解得 $x = 0$ 或 $x = 2$。\n\n为了判断这些点是极大值点还是极小值点，我们需要计算二阶导数 $f''(x)$ 并代入 $x = 0$ 和 $x = 2$。\n\\[f''(x) = e^{-x}(2-4x+x^2) - xe^{-x}(2-x) = e^{-x}(2-4x+x^2-2x+x^2) = e^{-x}(2x^2-6x+2)\\]\n\\[f''(0) = 2 > 0\\]，所以 $x = 0$ 是极小值点。\n\\[f''(2) = e^{-2}(8-12+2) = -2e^{-2} < 0\\]，所以 $x = 2$ 是极大值点。\n\n【答案】\n极小值发生在 $x = 0$，此时 $f(0) = 0$；\n极大值发生在 $x = 2$，此时 $f(2) = 4e^{-2}$。<eoa>\n\n(II)【解析】\n当曲线 $y = f(x)$ 的切线 $I$ 的斜率为负数时，我们关注的是 $f'(x) < 0$ 的区间。从 $f'(x) = xe^{-x}(2 - x)$ 可知，$f'(x) < 0$ 当且仅当 $x(2-x) < 0$，即 $x < 0$ 或 $x > 2$ 时。\n\n当切线 $I$ 的斜率为负数时，我们考虑切线与 $x$ 轴的截距。设切点为 $(x_0, f(x_0))$，切线方程为 $y - f(x_0) = f'(x_0)(x - x_0)$。当 $y = 0$ 时，$x$ 轴的截距为 $x = x_0 - \\frac{f(x_0)}{f'(x_0)}$。\n\n因为 $f'(x_0) < 0$，所以 $x$ 轴的截距的符号取决于 $f(x_0)$ 和 $f'(x_0)$ 的比值。但是，我们更关心的是截距的范围，而不是具体值。由于 $f(x)$ 在 $x < 0$ 和 $x > 2$ 时递减，$f'(x)$ 为负，我们可以断定，$x$ 轴的截距将随着 $x_0$ 的增加而减小（因为 $f(x_0)$ 和 $f'(x_0)$ 都会变得更小，但 $f'(x_0)$ 的减少速率更快，导致截距的绝对值增大）。\n\n因此，$x$ 轴的截距的取值范围应该从 $x$ 轴的正无穷到 $f(0)/f'(0)$ 的左侧，以及 $f(2)/f'(2)$ 的右侧到 $x$ 轴的负无穷。\n\n【答案】\n$x$ 轴截距的取值范围为 $(-\\infty, 0) \\cup (2, +\\infty)$。<eoa>" | 解: ( I ) $\because f(x)=x^{2} e^{-x}$, $\therefore f^{\prime}(x)=2 x e^{-x}-x^{2} e^{-x}=e^{-x}\left(2 x-x^{2}\right)$, 令 $f^{\prime}(x)=0$, 解得 $x=0$ 或 $x=2$, 令 $f^{\prime}(x)>0$, 可解得 $0<x<2$; 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 $\left(x_{0}, x_{0}{ }^{2} \mathrm{e}^{-x_{0}}\right)$ ， 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 $y=0$, 解得 $x=\frac{x_{0}{ }^{2}-x_{0}}{x_{0}-2}=\left(x_{0}-2\right)+\frac{2}{x_{0}-2}+3$, $\because$ 曲线 $y=f(x)$ 的切线 $I$ 的斜率为负数, $\therefore \mathrm{e}^{-\mathrm{x}_{0}\left(2 \mathrm{x}_{0}-\mathrm{x}_{0}^{2}\right)<0}$ $\therefore x_{0}<0$ 或 $x_{0}>2$, 令 $\mathrm{f}\left(\mathrm{x}_{0}\right)=\mathrm{x}_{0}+\frac{2}{\mathrm{x}_{0}-2}+1$, 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, $\therefore f\left(x_{0}\right)<f(0)=0$; (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 $2<x_{0}<2+\sqrt{2}$ 时, $f^{\prime}\left(x_{0}\right.$ )$<0$, 函数 $\mathrm{f}\left(\mathrm{x}_{0}\right)$ 单调递减. 故当 $\mathrm{x}_{0}=2+\sqrt{2}$ 时, 函数 $\mathrm{f}\left(\mathrm{x}_{0}\right)$ 取得极小值, 也即最小值, 且 $\mathrm{f}(2+\sqrt{2})=3+2 \sqrt{2}$. 综上可知: 切线।在 $\mathrm{x}$ 轴上截距的取值范围是 $(-\infty, 0) \cup[3+2 \sqrt{2},+\infty)$. |
| baichuan4 | ( I ) 【解析】首先，我们需要找到函数 $f(x) = x^2 e^{-x}$ 的极值点。为此，我们对 $f(x)$ 求导得到 $f'(x)$： $$f'(x) = 2xe^{-x} - x^2e^{-x} = xe^{-x}(2 - x)$$ 为了找到极值点，我们需要令 $f'(x) = 0$： $$xe^{-x}(2 - x) = 0$$ 解得 $x = 0$ 或 $x = 2$。接下来，我们需要判断这两个点是极大值点还是极小值点。我们可以通过观察 $f'(x)$ 的符号变化来确定。当 $x < 0$ 或 $x > 2$ 时，$f'(x) < 0$，这意味着 $f(x)$ 在这些区间内是递减的。当 $0 < x < 2$ 时，$f'(x) > 0$，这意味着 $f(x)$ 在这个区间内是递增的。因此，$x = 0$ 是一个极小值点，$x = 2$ 是一个极大值点。 接下来，我们计算这两个极值点处的函数值： $$f(0) = 0^2 e^{-0} = 0$$ $$f(2) = 2^2 e^{-2} = 4e^{-2}$$ 因此，$f(x)$ 的极小值为 $0$，极大值为 $4e^{-2}$。 【答案】$f(x)$ 的极小值为 $0$，极大值为 $4e^{-2}$。 (II) 【解析】我们需要找到曲线 $y = f(x)$ 的切线斜率为负数时的 $x$ 轴上截距的取值范围。根据第一部分的计算，我们知道 $f'(x) = xe^{-x}(2 - x)$。当 $f'(x) < 0$ 时，切线的斜率为负数。我们已经知道 $f'(x)$ 在 $x < 0$ 或 $x > 2$ 时为负。 设切点为 $(x_0, f(x_0))$，则切线的斜率为 $f'(x_0)$。切线方程可以表示为： $$y - f(x_0) = f'(x_0)(x - x_0)$$ 令 $y = 0$，我们可以解出 $x$ 轴上的截距 $x_1$： $$-f(x_0) = f'(x_0)(x_1 - x_0)$$ $$x_1 = x_0 - \frac{f(x_0)}{f'(x_0)}$$ 由于 $f(x_0) = x_0^2 e^{-x_0}$ 和 $f'(x_0) = x_0 e^{-x_0} (2 - x_0)$，我们可以将 $x_1$ 表示为： $$x_1 = x_0 - \frac{x_0^2 e^{-x_0}}{x_0 e^{-x_0} (2 - x_0)} = x_0 - \frac{x_0}{2 - x_0}$$ 当 $x_0 < 0$ 时，$x_1$ 的取值范围为 $(-\infty, 0)$。当 $x_0 > 2$ 时，$x_1$ 的取值范围为 $(0, +\infty)$。 【答案】当曲线 $y = f(x)$ 的切线斜率为负数时，切线在 $x$ 轴上截距的取值范围为 $(-\infty, 0) \cup (0, +\infty)$。 |
解: ( I ) $\because f(x)=x^{2} e^{-x}$, $\therefore f^{\prime}(x)=2 x e^{-x}-x^{2} e^{-x}=e^{-x}\left(2 x-x^{2}\right)$, 令 $f^{\prime}(x)=0$, 解得 $x=0$ 或 $x=2$, 令 $f^{\prime}(x)>0$, 可解得 $0<x<2$; 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 $\left(x_{0}, x_{0}{ }^{2} \mathrm{e}^{-x_{0}}\right)$ ， 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 $y=0$, 解得 $x=\frac{x_{0}{ }^{2}-x_{0}}{x_{0}-2}=\left(x_{0}-2\right)+\frac{2}{x_{0}-2}+3$, $\because$ 曲线 $y=f(x)$ 的切线 $I$ 的斜率为负数, $\therefore \mathrm{e}^{-\mathrm{x}_{0}\left(2 \mathrm{x}_{0}-\mathrm{x}_{0}^{2}\right)<0}$ $\therefore x_{0}<0$ 或 $x_{0}>2$, 令 $\mathrm{f}\left(\mathrm{x}_{0}\right)=\mathrm{x}_{0}+\frac{2}{\mathrm{x}_{0}-2}+1$, 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, $\therefore f\left(x_{0}\right)<f(0)=0$; (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 $2<x_{0}<2+\sqrt{2}$ 时, $f^{\prime}\left(x_{0}\right.$ )$<0$, 函数 $\mathrm{f}\left(\mathrm{x}_{0}\right)$ 单调递减. 故当 $\mathrm{x}_{0}=2+\sqrt{2}$ 时, 函数 $\mathrm{f}\left(\mathrm{x}_{0}\right)$ 取得极小值, 也即最小值, 且 $\mathrm{f}(2+\sqrt{2})=3+2 \sqrt{2}$. 综上可知: 切线।在 $\mathrm{x}$ 轴上截距的取值范围是 $(-\infty, 0) \cup[3+2 \sqrt{2},+\infty)$. |
| doubao | (1)【解析】对$f(x)=x^{2}e^{-x}$求导可得$f'(x)=2xe^{-x}-x^{2}e^{-x}=x(2-x)e^{-x}$。令$f'(x)=0$，即$x(2-x)e^{-x}=0$，解得$x=0$或$x=2$。当$x<0$或$x>2$时，$f'(x)<0$，函数$f(x)$单调递减；当$0<x<2$时，$f'(x)>0$，函数$f(x)$单调递增。所以极小值为$f(0)=0$，极大值为$f(2)=4e^{-2}=\frac{4}{e^{2}}$。<eoe> 【答案】极小值为$0$，极大值为$\frac{4}{e^{2}}$。<eoa> (2)【解析】设切点为$(x_{0},y_{0})$，切线斜率为$k=f'(x_{0})=x_{0}(2-x_{0})e^{-x_{0}}$，因为斜率为负，所以$x_{0}(2-x_{0})<0$，解得$x_{0}<0$或$x_{0}>2$。切线方程为$y-y_{0}=k(x-x_{0})$，即$y-x_{0}^{2}e^{-x_{0}}=x_{0}(2-x_{0})e^{-x_{0}}(x-x_{0})$，令$y=0$，可得$x=x_{0}+\frac{x_{0}^{2}}{x_{0}-2}=x_{0}-2+\frac{4}{x_{0}-2}+4$。当$x_{0}<0$时，$x_{0}-2<0$，则$x_{0}-2+\frac{4}{x_{0}-2}+4\leqslant-4+4=0$，当且仅当$x_{0}-2=\frac{4}{x_{0}-2}$，即$x_{0}=0$（舍去）时取等；当$x_{0}>2$时，$x_{0}-2+\frac{4}{x_{0}-2}+4\geqslant8$。所以截距的取值范围是$(-\infty,0]\cup[8,+\infty)$。<eoe> 【答案】$(-\infty,0]\cup[8,+\infty)$。<eoa> |
解: ( I ) $\because f(x)=x^{2} e^{-x}$, $\therefore f^{\prime}(x)=2 x e^{-x}-x^{2} e^{-x}=e^{-x}\left(2 x-x^{2}\right)$, 令 $f^{\prime}(x)=0$, 解得 $x=0$ 或 $x=2$, 令 $f^{\prime}(x)>0$, 可解得 $0<x<2$; 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 $\left(x_{0}, x_{0}{ }^{2} \mathrm{e}^{-x_{0}}\right)$ ， 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 $y=0$, 解得 $x=\frac{x_{0}{ }^{2}-x_{0}}{x_{0}-2}=\left(x_{0}-2\right)+\frac{2}{x_{0}-2}+3$, $\because$ 曲线 $y=f(x)$ 的切线 $I$ 的斜率为负数, $\therefore \mathrm{e}^{-\mathrm{x}_{0}\left(2 \mathrm{x}_{0}-\mathrm{x}_{0}^{2}\right)<0}$ $\therefore x_{0}<0$ 或 $x_{0}>2$, 令 $\mathrm{f}\left(\mathrm{x}_{0}\right)=\mathrm{x}_{0}+\frac{2}{\mathrm{x}_{0}-2}+1$, 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, $\therefore f\left(x_{0}\right)<f(0)=0$; (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 $2<x_{0}<2+\sqrt{2}$ 时, $f^{\prime}\left(x_{0}\right.$ )$<0$, 函数 $\mathrm{f}\left(\mathrm{x}_{0}\right)$ 单调递减. 故当 $\mathrm{x}_{0}=2+\sqrt{2}$ 时, 函数 $\mathrm{f}\left(\mathrm{x}_{0}\right)$ 取得极小值, 也即最小值, 且 $\mathrm{f}(2+\sqrt{2})=3+2 \sqrt{2}$. 综上可知: 切线।在 $\mathrm{x}$ 轴上截距的取值范围是 $(-\infty, 0) \cup[3+2 \sqrt{2},+\infty)$. |
| minimax | (1)【解析】首先，我们需要找到函数$f(x)=x^{2} e^{-x}$的极值点。为此，我们需要计算函数的一阶导数，并找到导数为零的点，这些点可能是极值点。然后，我们可以通过二阶导数测试来确定这些点是极大值点还是极小值点。如果二阶导数在该点为正，则该点是极小值点；如果二阶导数在该点为负，则该点是极大值点；如果二阶导数为零，则需要进一步分析。 首先计算一阶导数$f'(x)$： \[ f'(x) = \frac{d}{dx}(x^{2} e^{-x}) \] 使用乘积法则，我们得到： \[ f'(x) = 2x e^{-x} + x^{2} (-e^{-x}) \] \[ f'(x) = 2x e^{-x} - x^{2} e^{-x} \] \[ f'(x) = e^{-x}(2x - x^{2}) \] 接下来，我们找到$f'(x)=0$的解： \[ e^{-x}(2x - x^{2}) = 0 \] 由于$e^{-x}$永远不为零，我们只需要解方程$2x - x^{2} = 0$： \[ x(2 - x) = 0 \] 解得$x = 0$或$x = 2$。 现在我们需要计算二阶导数$f''(x)$来确定这些点的性质： \[ f''(x) = \frac{d}{dx}(e^{-x}(2x - x^{2})) \] \[ f''(x) = e^{-x}(2 - x)(-1) + e^{-x}(2 - 2x) \] \[ f''(x) = -e^{-x}(2 - x) + e^{-x}(2 - 2x) \] \[ f''(x) = e^{-x}(2x - 4) \] 现在我们分别计算$f''(0)$和$f''(2)$： \[ f''(0) = e^{-0}(2 \cdot 0 - 4) = -4 \] 由于$f''(0) < 0$，这意味着$x = 0$是一个极大值点。 \[ f''(2) = e^{-2}(2 \cdot 2 - 4) = 0 \] 由于$f''(2) = 0$，我们不能直接得出结论。我们需要进一步分析。但是，由于题目只要求求极小值和极大值，我们可以先确定$x = 2$是一个可能的极值点，然后通过其他方法（例如，观察函数图像或使用更高阶的导数）来确定其性质。在这里，我们可以观察到$f(x)$在$x=2$附近的行为，或者计算更高阶的导数。但是，由于题目没有要求我们确定$x=2$的确切性质，我们可以暂时搁置这个问题。 综上所述，我们已经找到了一个极大值点$x = 0$，现在我们需要找到极小值点。<eoe> 【答案】极大值点为$x = 0$，极小值点为$x = 2$。<eoa> (2)【解析】现在我们需要找到曲线$y=f(x)$的切线$I$在$x$轴上的截距的取值范围，当切线$I$的斜率为负数时。切线的斜率由函数的一阶导数$f'(x)$给出。当$f'(x) < 0$时，切线的斜率为负。 我们已经计算出了一阶导数$f'(x)$： \[ f'(x) = e^{-x}(2x - x^{2}) \] 我们需要找到$f'(x) < 0$的$x$的取值范围。由于$e^{-x}$总是正的，我们只需要关注括号内的表达式$2x - x^{2}$何时为负： \[ 2x - x^{2} < 0 \] \[ x(2 - x) < 0 \] 这个不等式成立的条件是$x$在$0$和$2$之间（不包括$0$和$2$），因为这是一个开口向下的抛物线，且在$x=0$和$x=2$时取值为零。 现在我们知道切线斜率为负的$x$的取值范围是$(0, 2)$。为了找到切线在$x$轴上的截距，我们需要计算切线的方程。切线方程的一般形式为$y - y_1 = m(x - x_1)$，其中$(x_1, y_1)$是切点，$m$是切线的斜率。在这个情况下，$m = f'(x_1)$，且$y_1 = f(x_1)$。 切线在$x$轴上的截距是当$y=0$时的$x$值，即$x$轴截距$x_0$满足： \[ 0 - f(x_1) = f'(x_1)(x_0 - x_1) \] \[ -f(x_1) = f'(x_1)x_0 - f'(x_1)x_1 \] \[ f'(x_1)x_0 = f'(x_1)x_1 - f(x_1) \] \[ x_0 = x_1 - \frac{f(x_1)}{f'(x_1)} \] 由于$f'(x_1) < 0$，我们知道$x_0$将大于$x_1$。因此，当$x_1$在$(0, 2)$范围内变化时，$x_0$将从$2$开始增加，直到无穷大。这是因为当$x_1$接近$2$时，$x_0$将趋向于无穷大。 综上所述，切线$I$在$x$轴上的截距的取值范围是从$2$到无穷大。<eoe> 【答案】切线$I$在$x$轴上的截距的取值范围是从$2$到无穷大。<eoa> |
解: ( I ) $\because f(x)=x^{2} e^{-x}$, $\therefore f^{\prime}(x)=2 x e^{-x}-x^{2} e^{-x}=e^{-x}\left(2 x-x^{2}\right)$, 令 $f^{\prime}(x)=0$, 解得 $x=0$ 或 $x=2$, 令 $f^{\prime}(x)>0$, 可解得 $0<x<2$; 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 $\left(x_{0}, x_{0}{ }^{2} \mathrm{e}^{-x_{0}}\right)$ ， 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 $y=0$, 解得 $x=\frac{x_{0}{ }^{2}-x_{0}}{x_{0}-2}=\left(x_{0}-2\right)+\frac{2}{x_{0}-2}+3$, $\because$ 曲线 $y=f(x)$ 的切线 $I$ 的斜率为负数, $\therefore \mathrm{e}^{-\mathrm{x}_{0}\left(2 \mathrm{x}_{0}-\mathrm{x}_{0}^{2}\right)<0}$ $\therefore x_{0}<0$ 或 $x_{0}>2$, 令 $\mathrm{f}\left(\mathrm{x}_{0}\right)=\mathrm{x}_{0}+\frac{2}{\mathrm{x}_{0}-2}+1$, 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, $\therefore f\left(x_{0}\right)<f(0)=0$; (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 $2<x_{0}<2+\sqrt{2}$ 时, $f^{\prime}\left(x_{0}\right.$ )$<0$, 函数 $\mathrm{f}\left(\mathrm{x}_{0}\right)$ 单调递减. 故当 $\mathrm{x}_{0}=2+\sqrt{2}$ 时, 函数 $\mathrm{f}\left(\mathrm{x}_{0}\right)$ 取得极小值, 也即最小值, 且 $\mathrm{f}(2+\sqrt{2})=3+2 \sqrt{2}$. 综上可知: 切线।在 $\mathrm{x}$ 轴上截距的取值范围是 $(-\infty, 0) \cup[3+2 \sqrt{2},+\infty)$. |
| kimi | (1)【解析】首先，我们需要求出函数 $f(x) = x^2 e^{-x}$ 的导数 $f'(x)$ 来确定极值点。然后，我们可以通过分析导数的符号变化来确定极值点是极大值还是极小值。 1. 求导数： $f'(x) = \frac{d}{dx}(x^2 e^{-x}) = 2x e^{-x} - x^2 e^{-x} = x(2 - x)e^{-x}$ 2. 确定极值点： 令 $f'(x) = 0$，解得 $x = 0$ 或 $x = 2$。 3. 确定极值点的性质： 当 $x < 0$ 时，$f'(x) > 0$，函数单调递增； 当 $0 < x < 2$ 时，$f'(x) < 0$，函数单调递减； 当 $x > 2$ 时，$f'(x) > 0$，函数单调递增。 因此，$x = 0$ 是极大值点，$x = 2$ 是极小值点。 4. 计算极值： $f(0) = 0^2 e^{-0} = 0$，极大值； $f(2) = 2^2 e^{-2} = 4e^{-2}$，极小值。 <eoe> 【答案】 极大值：$f(0) = 0$ 极小值：$f(2) = 4e^{-2}$<eoa> (2)【解析】曲线 $y = f(x)$ 的切线 $I$ 的斜率为负数，即 $f'(x) < 0$。根据之前求导的结果，我们知道当 $0 < x < 2$ 时，$f'(x) < 0$。 1. 求切线方程： 切线方程为 $y - f(x) = f'(x)(x - x_0)$，其中 $x_0$ 是切点的横坐标。 2. 求切线与 $x$ 轴的交点： 令 $y = 0$，解得切线与 $x$ 轴的交点的横坐标。 3. 确定截距的取值范围： 由于切线斜率为负数，且切点在 $(0, 2)$ 之间，我们可以通过分析函数的单调性来确定截距的范围。 <eoe> 【答案】 切线与 $x$ 轴的交点的横坐标取值范围为 $(0, 2)$。<eoa> |
解: ( I ) $\because f(x)=x^{2} e^{-x}$, $\therefore f^{\prime}(x)=2 x e^{-x}-x^{2} e^{-x}=e^{-x}\left(2 x-x^{2}\right)$, 令 $f^{\prime}(x)=0$, 解得 $x=0$ 或 $x=2$, 令 $f^{\prime}(x)>0$, 可解得 $0<x<2$; 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 $\left(x_{0}, x_{0}{ }^{2} \mathrm{e}^{-x_{0}}\right)$ ， 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 $y=0$, 解得 $x=\frac{x_{0}{ }^{2}-x_{0}}{x_{0}-2}=\left(x_{0}-2\right)+\frac{2}{x_{0}-2}+3$, $\because$ 曲线 $y=f(x)$ 的切线 $I$ 的斜率为负数, $\therefore \mathrm{e}^{-\mathrm{x}_{0}\left(2 \mathrm{x}_{0}-\mathrm{x}_{0}^{2}\right)<0}$ $\therefore x_{0}<0$ 或 $x_{0}>2$, 令 $\mathrm{f}\left(\mathrm{x}_{0}\right)=\mathrm{x}_{0}+\frac{2}{\mathrm{x}_{0}-2}+1$, 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, $\therefore f\left(x_{0}\right)<f(0)=0$; (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 $2<x_{0}<2+\sqrt{2}$ 时, $f^{\prime}\left(x_{0}\right.$ )$<0$, 函数 $\mathrm{f}\left(\mathrm{x}_{0}\right)$ 单调递减. 故当 $\mathrm{x}_{0}=2+\sqrt{2}$ 时, 函数 $\mathrm{f}\left(\mathrm{x}_{0}\right)$ 取得极小值, 也即最小值, 且 $\mathrm{f}(2+\sqrt{2})=3+2 \sqrt{2}$. 综上可知: 切线।在 $\mathrm{x}$ 轴上截距的取值范围是 $(-\infty, 0) \cup[3+2 \sqrt{2},+\infty)$. |
| wenxinyiyan | (I)【解析】 首先，我们需要求出函数$f(x)$的导数$f^{\prime}(x)$，利用导数的性质来判断函数的单调性，从而找到函数的极值。 求导得到$f^{\prime}(x) = 2xe^{-x} - x^{2}e^{-x} = e^{-x}(2x - x^{2})$。 令$f^{\prime}(x) = 0$，解得$x = 0$或$x = 2$。 当$x \in (-\infty, 0)$时，$f^{\prime}(x) < 0$，函数$f(x)$单调递减； 当$x \in (0, 2)$时，$f^{\prime}(x) > 0$，函数$f(x)$单调递增； 当$x \in (2, +\infty)$时，$f^{\prime}(x) < 0$，函数$f(x)$单调递减。 因此，$x = 0$是函数的极小值点，$x = 2$是函数的极大值点。 将$x = 0$和$x = 2$代入原函数，得到极小值$f(0) = 0$，极大值$f(2) = \frac{4}{e^{2}}$。 (II)【解析】 设切点为$(t, f(t))$，切线方程为$y - f(t) = f^{\prime}(t)(x - t)$。 令$y = 0$，得到切线在$x$轴上的截距为$x = t - \frac{f(t)}{f^{\prime}(t)}$。 由题意知，$f^{\prime}(t) < 0$，即$t \in (-\infty, 0) \cup (2, +\infty)$。 令$g(t) = t - \frac{f(t)}{f^{\prime}(t)}$，求导得$g^{\prime}(t) = \frac{f(t)f^{\prime\prime}(t)}{[f^{\prime}(t)]^{2}}$。 求二阶导数$f^{\prime\prime}(x) = e^{-x}(2 - 4x + x^{2})$，将$f(t)$，$f^{\prime}(t)$和$f^{\prime\prime}(t)$代入$g^{\prime}(t)$，化简得$g^{\prime}(t) = \frac{t(t - 2)}{2 - t}$。 当$t \in (-\infty, 0)$时，$g^{\prime}(t) < 0$，$g(t)$单调递减； 当$t \in (2, +\infty)$时，$g^{\prime}(t) < 0$，$g(t)$单调递减。 因此，$g(t)$在$(-\infty, 0)$和$(2, +\infty)$上单调递减。 当$t \rightarrow -\infty$时，$g(t) \rightarrow 0$；当$t \rightarrow 0^{-}$时，$g(t) \rightarrow +\infty$； 当$t \rightarrow 2^{+}$时，$g(t) \rightarrow -\infty$；当$t \rightarrow +\infty$时，$g(t) \rightarrow 0$。 因此，切线在$x$轴上的截距的取值范围是$(-\infty, 0) \cup (0, +\infty)$。 |
解: ( I ) $\because f(x)=x^{2} e^{-x}$, $\therefore f^{\prime}(x)=2 x e^{-x}-x^{2} e^{-x}=e^{-x}\left(2 x-x^{2}\right)$, 令 $f^{\prime}(x)=0$, 解得 $x=0$ 或 $x=2$, 令 $f^{\prime}(x)>0$, 可解得 $0<x<2$; 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 $\left(x_{0}, x_{0}{ }^{2} \mathrm{e}^{-x_{0}}\right)$ ， 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 $y=0$, 解得 $x=\frac{x_{0}{ }^{2}-x_{0}}{x_{0}-2}=\left(x_{0}-2\right)+\frac{2}{x_{0}-2}+3$, $\because$ 曲线 $y=f(x)$ 的切线 $I$ 的斜率为负数, $\therefore \mathrm{e}^{-\mathrm{x}_{0}\left(2 \mathrm{x}_{0}-\mathrm{x}_{0}^{2}\right)<0}$ $\therefore x_{0}<0$ 或 $x_{0}>2$, 令 $\mathrm{f}\left(\mathrm{x}_{0}\right)=\mathrm{x}_{0}+\frac{2}{\mathrm{x}_{0}-2}+1$, 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, $\therefore f\left(x_{0}\right)<f(0)=0$; (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 $2<x_{0}<2+\sqrt{2}$ 时, $f^{\prime}\left(x_{0}\right.$ )$<0$, 函数 $\mathrm{f}\left(\mathrm{x}_{0}\right)$ 单调递减. 故当 $\mathrm{x}_{0}=2+\sqrt{2}$ 时, 函数 $\mathrm{f}\left(\mathrm{x}_{0}\right)$ 取得极小值, 也即最小值, 且 $\mathrm{f}(2+\sqrt{2})=3+2 \sqrt{2}$. 综上可知: 切线।在 $\mathrm{x}$ 轴上截距的取值范围是 $(-\infty, 0) \cup[3+2 \sqrt{2},+\infty)$. |
| zhipu | (1)【解析】 首先，我们需要求出函数 \( f(x) = x^2 e^{-x} \) 的导数 \( f'(x) \)，以确定其极值点。 求导数： \[ f'(x) = \frac{d}{dx}(x^2 e^{-x}) \] 使用乘积法则 \( (uv)' = u'v + uv' \)，其中 \( u = x^2 \) 和 \( v = e^{-x} \)： \[ u' = 2x \] \[ v' = -e^{-x} \] 所以： \[ f'(x) = (x^2)' e^{-x} + x^2 (e^{-x})' \] \[ f'(x) = 2x e^{-x} + x^2 (-e^{-x}) \] \[ f'(x) = 2x e^{-x} - x^2 e^{-x} \] \[ f'(x) = e^{-x} (2x - x^2) \] \[ f'(x) = e^{-x} x (2 - x) \] 令 \( f'(x) = 0 \)，解得： \[ e^{-x} x (2 - x) = 0 \] 由于 \( e^{-x} \neq 0 \) 对于所有 \( x \)，我们有： \[ x (2 - x) = 0 \] 解得： \[ x = 0 \quad \text{或} \quad x = 2 \] 接下来，我们需要确定这些点是极大值点还是极小值点。我们可以使用二阶导数测试法。 求二阶导数 \( f''(x) \)： \[ f''(x) = \frac{d}{dx} (e^{-x} x (2 - x)) \] \[ f''(x) = \frac{d}{dx} (e^{-x} (2x - x^2)) \] 再次使用乘积法则： \[ u = e^{-x} \] \[ v = 2x - x^2 \] \[ u' = -e^{-x} \] \[ v' = 2 - 2x \] 所以： \[ f''(x) = (-e^{-x}) (2x - x^2) + e^{-x} (2 - 2x) \] \[ f''(x) = -e^{-x} (2x - x^2) + e^{-x} (2 - 2x) \] \[ f''(x) = e^{-x} [(2 - 2x) - (2x - x^2)] \] \[ f''(x) = e^{-x} [2 - 2x - 2x + x^2] \] \[ f''(x) = e^{-x} [x^2 - 4x + 2] \] 在 \( x = 0 \) 处： \[ f''(0) = e^0 [0^2 - 4 \cdot 0 + 2] = 2 > 0 \] 所以 \( x = 0 \) 是极小值点。 在 \( x = 2 \) 处： \[ f''(2) = e^{-2} [2^2 - 4 \cdot 2 + 2] = e^{-2} [4 - 8 + 2] = e^{-2} [-2] = -2e^{-2} < 0 \] 所以 \( x = 2 \) 是极大值点。 计算极值： \[ f(0) = 0^2 e^0 = 0 \] \[ f(2) = 2^2 e^{-2} = 4e^{-2} \] 所以，函数 \( f(x) \) 的极小值为 0，极大值为 \( 4e^{-2} \)。 <eoe> 【答案】 极小值为 0，极大值为 \( 4e^{-2} \)。<eoa> (2)【解析】 当曲线 \( y = f(x) \) 的切线 \( I \) 的斜率为负数时，即 \( f'(x) < 0 \)。 已知 \( f'(x) = e^{-x} x (2 - x) \)，要使 \( f'(x) < 0 \)，我们需要： \[ e^{-x} x (2 - x) < 0 \] 由于 \( e^{-x} > 0 \) 对于所有 \( x \)，我们只需考虑 \( x (2 - x) < 0 \)。 解不等式： \[ x (2 - x) < 0 \] 这个不等式的解为： \[ 0 < x < 2 \] 设切点为 \( (x_0, f(x_0)) \)，则切线方程为： \[ y - f(x_0) = f'(x_0) (x - x_0) \] 令 \( y = 0 \) 求 \( x \) 轴上的截距： \[ 0 - f(x_0) = f'(x_0) (x - x_0) \] \[ -f(x_0) = f'(x_0) (x - x_0) \] \[ x - x_0 = -\frac{f(x_0)}{f'(x_0)} \] \[ x = x_0 - \frac{f(x_0)}{f'(x_0)} \] 所以，截距为： \[ -\frac{f(x_0)}{f'(x_0)} \] 由于 \( f(x_0) = x_0^2 e^{-x_0} \) 和 \( f'(x_0) = e^{-x_0} x_0 (2 - x_0) \)，我们有： \[ -\frac{f(x_0)}{f'(x_0)} = -\frac{x_0^2 e^{-x_0}}{e^{-x_0} x_0 (2 - x_0)} = -\frac{x_0}{2 - x_0} \] 考虑 \( 0 < x_0 < 2 \)，我们需要求： \[ -\frac{x_0}{2 - x_0} \] 设 \( t = x_0 \)，则 \( 0 < t < 2 \)，我们求： \[ -\frac{t}{2 - t} \] 分析函数 \( g(t) = -\frac{t}{2 - t} \) 在 \( 0 < t < 2 \) 的取值范围： 当 \( t \to 0 \) 时： \[ g(t) \to 0 \] 当 \( t \to 2 \) 时： \[ g(t) \to -\infty \] 函数 \( g(t) = -\frac{t}{2 - t} \) 是一个单调递减函数，因此其取值范围为 \( (-\infty, 0) \)。 <eoe> 【答案】 切线在 \( x \) 轴上的截距的取值范围为 \( (-\infty, 0) \)。<eoa> |
解: ( I ) $\because f(x)=x^{2} e^{-x}$, $\therefore f^{\prime}(x)=2 x e^{-x}-x^{2} e^{-x}=e^{-x}\left(2 x-x^{2}\right)$, 令 $f^{\prime}(x)=0$, 解得 $x=0$ 或 $x=2$, 令 $f^{\prime}(x)>0$, 可解得 $0<x<2$; 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 $\left(x_{0}, x_{0}{ }^{2} \mathrm{e}^{-x_{0}}\right)$ ， 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 $y=0$, 解得 $x=\frac{x_{0}{ }^{2}-x_{0}}{x_{0}-2}=\left(x_{0}-2\right)+\frac{2}{x_{0}-2}+3$, $\because$ 曲线 $y=f(x)$ 的切线 $I$ 的斜率为负数, $\therefore \mathrm{e}^{-\mathrm{x}_{0}\left(2 \mathrm{x}_{0}-\mathrm{x}_{0}^{2}\right)<0}$ $\therefore x_{0}<0$ 或 $x_{0}>2$, 令 $\mathrm{f}\left(\mathrm{x}_{0}\right)=\mathrm{x}_{0}+\frac{2}{\mathrm{x}_{0}-2}+1$, 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, $\therefore f\left(x_{0}\right)<f(0)=0$; (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 $2<x_{0}<2+\sqrt{2}$ 时, $f^{\prime}\left(x_{0}\right.$ )$<0$, 函数 $\mathrm{f}\left(\mathrm{x}_{0}\right)$ 单调递减. 故当 $\mathrm{x}_{0}=2+\sqrt{2}$ 时, 函数 $\mathrm{f}\left(\mathrm{x}_{0}\right)$ 取得极小值, 也即最小值, 且 $\mathrm{f}(2+\sqrt{2})=3+2 \sqrt{2}$. 综上可知: 切线।在 $\mathrm{x}$ 轴上截距的取值范围是 $(-\infty, 0) \cup[3+2 \sqrt{2},+\infty)$. |
| gpto1 | (1)【解析】 1. 求函数$f(x) = x^2 e^{-x}$的极值。 首先，求导数$f'(x)$： $f'(x) = [x^2 e^{-x}]' = 2x e^{-x} + x^2 (-e^{-x}) = e^{-x}(2x - x^2) = e^{-x} x(2 - x)$ 2. 令$f'(x) = 0$，解得： 由于$e^{-x} > 0$，所以$x(2 - x) = 0$ 解得$x = 0$或$x = 2$ 3. 利用$f'(x)$的符号确定极值点的性质： - 当$x < 0$时，$x < 0$，$2 - x > 2$，$f'(x) < 0$ - 当$0 < x < 2$时，$x > 0$，$2 - x > 0$，$f'(x) > 0$ - 当$x > 2$时，$x > 0$，$2 - x < 0$，$f'(x) < 0$ 因此： - 在$x = 0$处，$f'(x)$由负变正，$x = 0$为极小值点。 - 在$x = 2$处，$f'(x)$由正变负，$x = 2$为极大值点。 4. 计算极值： - 极小值：$f(0) = 0^2 e^{-0} = 0$ - 极大值：$f(2) = 2^2 e^{-2} = 4 e^{-2} = \dfrac{4}{e^{2}}$ <eoe> 【答案】 (Ⅰ) 函数$f(x)$在$x = 0$处取得极小值$f_{\text{min}} = 0$；在$x = 2$处取得极大值$f_{\text{max}} = \dfrac{4}{e^{2}}$。 <eoa> (2)【解析】 当曲线$y = f(x)$的切线I的斜率为负数时，即$f'(x) < 0$，求切线I在$x$轴上的截距$t$的取值范围。 1. 切线I在点$(x_0, f(x_0))$处的方程为： $y - f(x_0) = f'(x_0)(x - x_0)$ 当$y = 0$时，得到$x$轴截距$t$： $0 - f(x_0) = f'(x_0)(t - x_0)$ 解得： $t = x_0 - \dfrac{f(x_0)}{f'(x_0)}$ 2. 计算$\dfrac{f(x_0)}{f'(x_0)}$： $f(x_0) = x_0^2 e^{-x_0}$ $f'(x_0) = e^{-x_0} x_0 (2 - x_0)$ 所以： $\dfrac{f(x_0)}{f'(x_0)} = \dfrac{x_0^2 e^{-x_0}}{e^{-x_0} x_0 (2 - x_0)} = \dfrac{x_0}{2 - x_0}$ 因此： $t = x_0 - \dfrac{x_0}{2 - x_0} = x_0 - \dfrac{x_0}{2 - x_0} = \dfrac{x_0(1 - x_0)}{2 - x_0}$ 3. 当$f'(x_0) < 0$时，即$x_0 < 0$或$x_0 > 2$。 - 当$x_0 < 0$时，$x_0 < 0$，$1 - x_0 > 1$，$2 - x_0 > 2$，分子$x_0(1 - x_0) < 0$，分母$2 - x_0 > 0$，所以$t < 0$。 - 当$x_0 > 2$时，$x_0 > 2$，$1 - x_0 < -1$，$2 - x_0 < 0$，分子$x_0(1 - x_0) < 0$，分母$2 - x_0 < 0$，所以$t > 0$。 4. 进一步分析$x_0 > 2$时$t$的取值范围： - 当$x_0 \rightarrow 2^+$时，$t \rightarrow +\infty$。 - 当$x_0 = 3$时，$t = \dfrac{3(1 - 3)}{2 - 3} = \dfrac{3(-2)}{-1} = 6$。 - 当$x_0 \rightarrow +\infty$时，$t \rightarrow +\infty$。 因此，当$x_0 > 2$时，$t \geq 6$。 5. 综合以上分析，当$f'(x_0) < 0$时： - $x_0 < 0$，$t < 0$； - $x_0 > 2$，$t \geq 6$。 <eoe> 【答案】 (Ⅱ) 当切线I的斜率为负数时，其在$x$轴上的截距$t$的取值范围是$t \leq 0$或$t \geq 6$，即$t \in (-\infty, 0] \cup [6, +\infty)$。 <eoa> |
解: ( I ) $\because f(x)=x^{2} e^{-x}$, $\therefore f^{\prime}(x)=2 x e^{-x}-x^{2} e^{-x}=e^{-x}\left(2 x-x^{2}\right)$, 令 $f^{\prime}(x)=0$, 解得 $x=0$ 或 $x=2$, 令 $f^{\prime}(x)>0$, 可解得 $0<x<2$; 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 $\left(x_{0}, x_{0}{ }^{2} \mathrm{e}^{-x_{0}}\right)$ ， 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 $y=0$, 解得 $x=\frac{x_{0}{ }^{2}-x_{0}}{x_{0}-2}=\left(x_{0}-2\right)+\frac{2}{x_{0}-2}+3$, $\because$ 曲线 $y=f(x)$ 的切线 $I$ 的斜率为负数, $\therefore \mathrm{e}^{-\mathrm{x}_{0}\left(2 \mathrm{x}_{0}-\mathrm{x}_{0}^{2}\right)<0}$ $\therefore x_{0}<0$ 或 $x_{0}>2$, 令 $\mathrm{f}\left(\mathrm{x}_{0}\right)=\mathrm{x}_{0}+\frac{2}{\mathrm{x}_{0}-2}+1$, 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, $\therefore f\left(x_{0}\right)<f(0)=0$; (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 $2<x_{0}<2+\sqrt{2}$ 时, $f^{\prime}\left(x_{0}\right.$ )$<0$, 函数 $\mathrm{f}\left(\mathrm{x}_{0}\right)$ 单调递减. 故当 $\mathrm{x}_{0}=2+\sqrt{2}$ 时, 函数 $\mathrm{f}\left(\mathrm{x}_{0}\right)$ 取得极小值, 也即最小值, 且 $\mathrm{f}(2+\sqrt{2})=3+2 \sqrt{2}$. 综上可知: 切线।在 $\mathrm{x}$ 轴上截距的取值范围是 $(-\infty, 0) \cup[3+2 \sqrt{2},+\infty)$. |
| deepseekv3 | (1)【解析】 首先，求函数 \( f(x) = x^{2} e^{-x} \) 的极值。 我们需要找到 \( f'(x) = 0 \) 的点，并判断这些点是极小值还是极大值。 求导数： \[ f'(x) = \frac{d}{dx} (x^{2} e^{-x}) = 2x e^{-x} - x^{2} e^{-x} = e^{-x} (2x - x^{2}) \] 令 \( f'(x) = 0 \)，即 \( e^{-x} (2x - x^{2}) = 0 \)。 因为 \( e^{-x} \) 不为零，所以 \( 2x - x^{2} = 0 \)，即 \( x(2 - x) = 0 \)。 解得 \( x = 0 \) 或 \( x = 2 \)。 接下来，判断极值性质： 对于 \( x = 0 \)： 当 \( x \) 从负无穷趋近于 0 时，\( f'(x) \) 为负；当 \( x \) 从 0 趋近于 2 时，\( f'(x) \) 为正。 因此，\( x = 0 \) 是极小值点。 对于 \( x = 2 \)： 当 \( x \) 从 0 趋近于 2 时，\( f'(x) \) 为正；当 \( x \) 从 2 趋近于正无穷时，\( f'(x) \) 为负。 因此，\( x = 2 \) 是极大值点。 计算极值： \[ f(0) = 0^{2} e^{-0} = 0 \] \[ f(2) = 2^{2} e^{-2} = 4 e^{-2} \] <eoe> 【答案】 函数 \( f(x) = x^{2} e^{-x} \) 的极小值为 0，极大值为 \( 4 e^{-2} \)。 <eoa> (2)【解析】 当曲线 \( y = f(x) \) 的切线 \( I \) 的斜率为负数时，求 \( I \) 在 \( x \) 轴上截距的取值范围。 首先，切线的斜率为 \( f'(x) \)，即 \( f'(x) < 0 \)。 根据之前的导数表达式 \( f'(x) = e^{-x} (2x - x^{2}) \)，因为 \( e^{-x} > 0 \)，所以 \( 2x - x^{2} < 0 \)。 解得 \( x < 0 \) 或 \( x > 2 \)。 切线 \( I \) 的方程为： \[ y - f(x) = f'(x) (x - x_{0}) \] 当切线在 \( x \) 轴上的截距为 \( a \) 时，即 \( y = 0 \)，代入得： \[ 0 - f(x) = f'(x) (x - a) \] 解得： \[ a = x - \frac{f(x)}{f'(x)} \] 将 \( f(x) \) 和 \( f'(x) \) 代入： \[ a = x - \frac{x^{2} e^{-x}}{e^{-x} (2x - x^{2})} = x - \frac{x^{2}}{2x - x^{2}} = x - \frac{x^{2}}{x(2 - x)} = x - \frac{x}{2 - x} \] 简化得： \[ a = x - \frac{x}{2 - x} = \frac{x(2 - x) - x}{2 - x} = \frac{2x - x^{2} - x}{2 - x} = \frac{x - x^{2}}{2 - x} = \frac{x(1 - x)}{2 - x} \] 考虑 \( x < 0 \) 和 \( x > 2 \) 的情况： 当 \( x < 0 \) 时，分子 \( x(1 - x) < 0 \)，分母 \( 2 - x > 0 \)，所以 \( a < 0 \)。 当 \( x > 2 \) 时，分子 \( x(1 - x) < 0 \)，分母 \( 2 - x < 0 \)，所以 \( a > 0 \)。 因此，切线 \( I \) 在 \( x \) 轴上截距的取值范围为 \( a < 0 \) 或 \( a > 0 \)。 <eoe> 【答案】 当曲线 \( y = f(x) \) 的切线 \( I \) 的斜率为负数时，切线 \( I \) 在 \( x \) 轴上截距的取值范围为 \( a < 0 \) 或 \( a > 0 \)。 <eoa> |
解: ( I ) $\because f(x)=x^{2} e^{-x}$, $\therefore f^{\prime}(x)=2 x e^{-x}-x^{2} e^{-x}=e^{-x}\left(2 x-x^{2}\right)$, 令 $f^{\prime}(x)=0$, 解得 $x=0$ 或 $x=2$, 令 $f^{\prime}(x)>0$, 可解得 $0<x<2$; 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 $\left(x_{0}, x_{0}{ }^{2} \mathrm{e}^{-x_{0}}\right)$ ， 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 $y=0$, 解得 $x=\frac{x_{0}{ }^{2}-x_{0}}{x_{0}-2}=\left(x_{0}-2\right)+\frac{2}{x_{0}-2}+3$, $\because$ 曲线 $y=f(x)$ 的切线 $I$ 的斜率为负数, $\therefore \mathrm{e}^{-\mathrm{x}_{0}\left(2 \mathrm{x}_{0}-\mathrm{x}_{0}^{2}\right)<0}$ $\therefore x_{0}<0$ 或 $x_{0}>2$, 令 $\mathrm{f}\left(\mathrm{x}_{0}\right)=\mathrm{x}_{0}+\frac{2}{\mathrm{x}_{0}-2}+1$, 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, $\therefore f\left(x_{0}\right)<f(0)=0$; (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 $2<x_{0}<2+\sqrt{2}$ 时, $f^{\prime}\left(x_{0}\right.$ )$<0$, 函数 $\mathrm{f}\left(\mathrm{x}_{0}\right)$ 单调递减. 故当 $\mathrm{x}_{0}=2+\sqrt{2}$ 时, 函数 $\mathrm{f}\left(\mathrm{x}_{0}\right)$ 取得极小值, 也即最小值, 且 $\mathrm{f}(2+\sqrt{2})=3+2 \sqrt{2}$. 综上可知: 切线।在 $\mathrm{x}$ 轴上截距的取值范围是 $(-\infty, 0) \cup[3+2 \sqrt{2},+\infty)$. |