Question

5．設(shè)f（x）=xe^x（e為自然對數(shù)的底數(shù)），g（x）=（x+1）²．
（I）記$F（x）=\frac{f（x）}{g（x）}$．
（i）討論函數(shù)F（x）單調(diào)性；
（ii）證明當(dāng)m＞0時，F(xiàn)（-1+m）＞F（-1-m）恒成立；
（II）令G（x）=af（x）+g（x）（a∈R），設(shè)函數(shù)G（x）有兩個零點，求參數(shù)a的取值范圍．

Answer 1

分析 （Ⅰ）（i）求出F（x0的導(dǎo)數(shù)，由導(dǎo)數(shù)大于0，可得增區(qū)間；導(dǎo)數(shù)小于0，可得減區(qū)間；
（ii）作差可得F（-1+m）-F（-1-m），令φ（m）=$\frac{m-1}{m+1}$e^2m+1，求出導(dǎo)數(shù)，判斷單調(diào)性即可得證；
（Ⅱ）由已知，求得G（x）的導(dǎo)數(shù)，討論a=0，a＞0，a＜0，運用單調(diào)性，求出G（x）的極小值，結(jié)合函數(shù)的零點個數(shù)，即可得到所求a的范圍．

解答 解：（Ⅰ）$F（x）=\frac{f（x）}{g（x）}$=$\frac{x{e}^{x}}{（x+1）^{2}}$（x≠-1），
（i）F′（x）=$\frac{（x+1）{e}^{x}•（x+1）^{2}-x{e}^{x}•2（x+1）}{（x+1）^{4}}$=$\frac{{e}^{x}•（{x}^{2}+1）}{（x+1）^{3}}$，…（2分）
所以，當(dāng)x∈（-∞，-1）時，F(xiàn)′（x）＜0，F(xiàn)（x）單調(diào)減；
當(dāng)x∈（-1，+∞）時，F(xiàn)′（x）＜0，F(xiàn)（x）單調(diào)增；     …（3分）
（ii）F（-1+m）-F（-1-m）=$\frac{（m-1）{e}^{m-1}}{{m}^{2}}$-$\frac{（-m-1）{e}^{-m-1}}{{m}^{2}}$=$\frac{m+1}{{m}^{2}{e}^{m+1}}$（$\frac{m-1}{m+1}$e^2m+1），
令φ（m）=$\frac{m-1}{m+1}$e^2m+1=e^2m-$\frac{2{e}^{2m}}{m+1}$+1（m＞0），
φ′（m）=2e^2m-$\frac{4{e}^{2m}（m+1）-2{e}^{2m}}{（m+1）^{2}}$=$\frac{2{m}^{2}{e}^{2m}}{（m+1）^{2}}$＞0，…（5分）
所以φ（m）在m＞0遞增，即有φ（m）＞φ（0）=0，又$\frac{m+1}{{m}^{2}{e}^{m+1}}$＞0，
所以m＞0時，F(xiàn)（-1+m）-F（-1-m）=$\frac{m+1}{{m}^{2}{e}^{m+1}}$（$\frac{m-1}{m+1}$e^2m+1）＞0恒成立，即
當(dāng)m＞0時，F(xiàn)（-1+m）＞F（-1-m）恒成立．            …（6分）
（Ⅱ）由已知，G（x）=af（x）+g（x）=axe^x+（x+1）²，
G′（x）=a（x+1）e^x+2（x+1）=（x+1）（ae^x+2）．
①當(dāng)a=0時，G（x）=（x+1）²，有唯一零點-1；          …（7分）
②當(dāng)a＞0時，ae^x+2＞0，所以
當(dāng)x＜-1時，G′（x）＜0，G（x）單調(diào)減；
當(dāng)x＞-1時，G′（x）＞0，G（x）單調(diào)增．
所以G（x）極小值為G（-1）=-$\frac{a}{e}$＜0，
因G（0）=1＞0，所以當(dāng)x＞-1時，G（x）有唯一零點；
當(dāng)x＜-1時，ax＜0，e^x＜$\frac{1}{e}$，所以axe^x＞$\frac{ax}{e}$，
所以G（x）＞＞$\frac{ax}{e}$+（x+1）²=x²+（2+$\frac{a}{e}$）x+1，
因為（2+$\frac{a}{e}$）²-4×1×1=$\frac{4a}{e}$+（$\frac{a}{e}$）²＞0，
所以，?t₁，t₂，且t₁＜t₂，當(dāng)x＜t₁，或x＞t₂時，使x²+（2+$\frac{a}{e}$）x+1＞0，
取x₀∈（-∞，-1）∪（-∞，t₁），則G（x₀）＞0，從而可知
當(dāng)x＜-1時，G（x）有唯一零點，
即當(dāng)a＞0時，函數(shù)G（x）有兩個零點．                 …（10分）
③當(dāng)a＜0時，G′（x）=a（x+1）（e^x-（-$\frac{2}{a}$）），由G′（x）=0，得x=-1，或x=ln（-$\frac{2}{a}$）．
（1）若-1=ln（-$\frac{2}{a}$），即a=-2e時，G′（x）=-2e（x+1）（e^x-$\frac{1}{e}$）≤0，
所以G（x）是單調(diào)減函數(shù)，至多有一個零點；
（2）若-1＞ln（-$\frac{2}{a}$），即a＜-2e時，G′（x）=a（x+1）（e^x-（-$\frac{2}{a}$）），
注意到y(tǒng)=x+1，y=e^x+$\frac{2}{a}$，都是增函數(shù)，
所以，當(dāng)x＜ln（-$\frac{2}{a}$）時，G′（x）＜0，G（x）是單調(diào)減函數(shù)；
當(dāng)ln（-$\frac{2}{a}$）＜x＜-1時，G′（x）＞0，G（x）是單調(diào)增函數(shù)；
當(dāng)x＞-1時，G′（x）＜0，G（x）是單調(diào)減函數(shù)．
G（x）的極小值為G（ln（-$\frac{2}{a}$））=aln（-$\frac{2}{a}$）•（-$\frac{2}{a}$）+（ln（-$\frac{2}{a}$）+1）²=ln²（-$\frac{2}{a}$）+1＞0，
所以G（x）至多有一個零點；                                …（12分）
（3）若-1＜ln（-$\frac{2}{a}$），即0＞a＞-2e時，同理可得
當(dāng)x＜-1時，G′（x）＜0，G（x）是單調(diào)減函數(shù)；
當(dāng)-1＜x＜ln（-$\frac{2}{a}$）時，G′（x）＞0，G（x）是單調(diào)增函數(shù)；
當(dāng)x＞ln（-$\frac{2}{a}$）時，G′（x）＜0，G（x）是單調(diào)減函數(shù)．
所以G（x）的極小值為G（-1）=-$\frac{a}{e}$＜0，G（x）至多有一個零點．
綜上，若函數(shù)G（x）有兩個零點，則參數(shù)a的取值范圍是（0，+∞）．…（14分）

點評 本題考查函數(shù)的單調(diào)性的判斷，注意運用導(dǎo)數(shù)，考查不等式恒成立問題的解法，注意運用導(dǎo)數(shù)判斷單調(diào)性，運用作差法和構(gòu)造函數(shù)法，同時考查函數(shù)零點問題，注意運用分類討論和轉(zhuǎn)化思想，屬于難題．