题目

设f（x）=xex（e为自然对数的底数），g（x）=（x+1）2． （I）记，讨论函F（x）单调性； （II）令G（x）=af（x）+g（x）（a∈R），若函数G（x）有两个零点． （i）求参数a的取值范围； （ii）设x1，x2是G（x）的两个零点，证明x1+x2+2＜0． 答案：【考点】利用导数研究函数的单调性；根的存在性及根的个数判断． 【分析】（Ⅰ）求出函数的导数，解关于导函数的不等式，求出函数的单调区间即可； （Ⅱ）（i）求出函数的导数，通过讨论a的范围，根据函数的零点的个数，求出a的范围即可； （ii）根据a的范围，得到==﹣，令m＞0，得到F （=1+m）﹣F（﹣1﹣m）=（e2m+1），再令φ（m）=e2m+1，根据函数的单调性证明即可． 【解答】解：（Ⅰ）F（x）==，（x≠﹣1）， F′（x）==， ∴x∈（﹣∞，﹣1）时，F′（x）＜0，F（x）递减， x∈（﹣1，+∞）时，F′（x）＞0，F（x）递增； （Ⅱ）由已知，G（x）=af（x）+g（x）=axex+（x+1）2， G′（x）=a（x+1）ex+2（x+1）=（x+1）（aex+2）， （i）①a=0时，G（x）=（x+1）2，有唯一零点﹣1， ②a＞0时，aex+2＞0， ∴x∈（﹣∞，﹣1）时，G′（x）＜0，G（x）递减， x∈（﹣1，+∞）时，G′（x）＞0，G（x）递增， ∴G（x）极小值=G（﹣1）=﹣＜0， ∵G（0）=1＞0，∴x∈（﹣1，+∞）时，G（x）有唯一零点， x＜﹣1时，ax＜0，则ex＜，∴axex＞， ∴G（x）＞+（x+1）2=x2+（2+）x+1， ∵△=﹣4×1×1=+＞0， ∴∃t1，t2，且t1＜t2，当x∈（﹣∞，t1），（t2，+∞）时， 使得x2+（2+）x+1＞0， 取x0∈（﹣∞，﹣1），则G（x0）＞0，则x∈（﹣∞，﹣1）时，G（x）有唯一零点， 即a＞0时，函数G（x）有2个零点； ③a＜0时，G′（x）=a（x+1）（ex﹣（﹣））， 由G′（x）=0，得x=﹣1或x=ln（﹣）， 若﹣1=ln（﹣），即a=﹣2e时，G′（x）≤0，G（x）递减，至多1个零点； 若﹣1＞ln（﹣），即a＜﹣2e时，G′（x）=a（x+1）（ex﹣（﹣））， 注意到y=x+1，y=ex+都是增函数， ∴x∈（﹣∞，ln（﹣））时，G′（x）＜0，G（x）是减函数， x∈（ln（﹣），﹣1）时，G′（x）＞0，G（x）递增， x∈（﹣1，+∞）时，G′（x）＜0，G（x）递减， ∵G（x）极小值=G（ln（﹣））=ln2（﹣）+1＞0， ∴G（x）至多1个零点； 若﹣1＜ln（﹣），即a＞﹣2e时， x∈（﹣∞，﹣1）时，G′（x）＜0，G（x）是减函数， x∈（﹣1，ln（﹣））时，G′（x）＞0，G（x）递增， x∈（ln（﹣），+∞）时，G′（x）＜0，G（x）递减， ∵G（x）极小值=G（﹣1）=﹣＞0， ∴G（x）至多1个零点； 综上，若函数G（x）有2个零点， 则参数a的范围是（0，+∞）； （ii）由（i）得：函数G（x）有2个零点，则参数a的范围是（0，+∞）， x1，x2是G（x）的两个零点，则有： ，即，即==﹣， ∵F（x）=，则F（x1）=F（x2）＜0，且x1＜0，x1≠﹣1，x2＜0，x2≠﹣1，x1≠x2， 由（Ⅰ）知，当x∈（﹣∞，﹣1）时，F（x）是减函数，x∈（﹣1，+∞）时，F（x）是增函数， 令m＞0，F （=1+m）﹣F（﹣1﹣m）=（e2m+1）， 再令φ（m）=e2m+1=e2m﹣﹣1， 则φ′（m）=＞0， ∴φ（m）＞φ（0）=0，又＞0， m＞0时，F（﹣1+m）﹣F（﹣1﹣m）＞0恒成立， 即F（﹣1+m）＞F（﹣1﹣m）恒成立， 令m=﹣1﹣x1＞0，即x1＜﹣1，有F（﹣1+（﹣1﹣x1））＞F（﹣1﹣（﹣1﹣x1））， 即F（﹣2﹣x1）＞F（x1）=F（x2）， ∵x1＜﹣1，∴﹣2﹣x1＞﹣1，又F（x1）=F（x2），必有x2＞﹣1

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