Question

8．設(shè)函數(shù)f（x）=x²-aln（x+2），g（x）=xe^x，且f（x）存在兩個極值點x₁、x₂，其中x₁＜x₂．
（1）求實數(shù)a的取值范圍；
（2）求g（x₁-x₂）的最小值；
（3）證明不等式：f（x₁）+x₂＞0．

Answer 1

分析 （1）f（x）存在兩個極值點，等價于其導函數(shù)有兩個相異零點；
（2）先找出（x₁-x₂）的取值范圍，再利用g（x）的導函數(shù)可找出最小值；
（3）適當構(gòu)造函數(shù)，并注意x₁與x₂的關(guān)系，轉(zhuǎn)化為函數(shù)求最大值問題，證明相關(guān)不等式．

解答 （1）解：由題：f′（x）=2x-$\frac{a}{x+2}$（x＞-2）．
∵f（x）存在兩個極值點x₁、x₂，其中x₁＜x₂
∴關(guān)于x的方程2x-$\frac{a}{x+2}$=0，即2x²+4x-a=0在（-2，+∞）內(nèi)有不等實根 
令S（x）=2x²+4x（x＞-2），T（x）=a，
則-2＜a＜0，
∴實數(shù)a的取值范圍是（-2，0）；
（2）解：由（1）可知$\left\{\begin{array}{l}{{x}_{1}+{x}_{2}=-2}\\{-2＜{x}_{1}＜-1}\end{array}\right.$
∴g（x）=xe^x得g（x）=（x+1）e^x
∴當x∈（-2，-1）時，g′（x）＜0，即g（x）在（-2，-1）單調(diào)遞減；當x∈（-1，0）時，g′（x）＞0，即g（x）在（-1，0）單調(diào)遞增
∴g（x₁-x₂）_min=g（-1）=-$\frac{1}{e}$
（3）證明：由（1）知$\left\{\begin{array}{l}{a=-2{x}_{1}{x}_{2}}\\{{x}_{1}=-2-{x}_{2}}\\{-1＜{x}_{2}＜0}\end{array}\right.$，
∴$\frac{f（{x}_{1}）}{{x}_{2}}=\frac{{{x}_{1}}^{2}-aln（{x}_{1}+2）}{{x}_{2}}$=${x}_{2}+\frac{4}{{x}_{2}}-2（{x}_{2}+2）ln（-{x}_{2}）+4$ 
令-x₂=x，則0＜x＜1且$\frac{f（{x}_{1}）}{{x}_{2}}=x-\frac{4}{x}+2（x-2）lnx+4$ 
F（x）=-x-$\frac{4}{x}-2（x-2）lnx+4（0＜x＜1）$   
F′（x）=-1+$\frac{4}{{x}^{2}}+2lnx+\frac{2（x-2）}{x}=\frac{4}{{x}^{2}}-\frac{4}{x}+2lnx+1$（0＜x＜1）
∴G（x）=$\frac{4}{{x}^{2}}-\frac{4}{x}+2lnx+1$（0＜x＜1）
G′（x）=-$\frac{8}{{x}^{3}}+\frac{4}{{x}^{2}}+\frac{2}{x}$=$\frac{2（{x}^{2}+2x-4）}{{x}^{3}}$
∵0＜x＜1，
∴G′（x）=-$-\frac{8}{{x}^{3}}+\frac{4}{{x}^{2}}+\frac{2}{x}=\frac{2（{x}^{2}+2x-4）}{{x}^{3}}$
∵0＜x＜1，∴G′（x）＜0，即F′（x）在（0，1）上是減函數(shù)．
∴F′（x）＞F′（1）＞0，
∴F（x）在（0，1）上是增函數(shù)
∴F（x）＜F（1）=-1，即$\frac{f（{x}_{1}）}{{x}_{2}}＜-1$，即f（x₁）+x₂＞0．

點評 本題考查導函數(shù)，函數(shù)的單調(diào)性，最值，不等式證明，考查學生分析解決問題的能力，屬于中檔題．