Question

1．已知函數(shù)f（x）=|x•e^x|，g（x）=f²（x）+λf（x），若方程g（x）=-1有且僅有4個不同的實數(shù)解，則實數(shù)λ的取值范圍是（-∞，-e-$\frac{1}{e}$）．

Answer 1

分析 設(shè)f（x）=t，研究f（x）的單調(diào)性和極值，得出f（x）=t的解的情況，從而確定關(guān)于t的方程t²+λt+1=0的解的分布情況，利用二次函數(shù)的性質(zhì)得出λ的范圍．

解答 解：f（x）=$\left\{\begin{array}{l}{x{e}^{x}，x≥0}\\{-x{e}^{x}，x＜0}\end{array}\right.$，
當(dāng)x≥0時，f′（x）=e^x+xe^x=（1+x）e^x＞0，
∴f（x）在[0，+∞）上是增函數(shù)，
當(dāng)x＜0時，f′（x）=-e^x-xe^x=（-1-x）e^x，
∴當(dāng)x＜-1時，f′（x）＞0，當(dāng)-1＜x＜0時，f′（x）＜0，
∴f（x）在（-∞，-1]上是增函數(shù)，在（-1，0）上是減函數(shù)．
當(dāng)x=-1時，f（x）取得極大值f（-1）=$\frac{1}{e}$．
令f（x）=t，
又f（x）≥0，f（0）=0，
則當(dāng)t＜0時，方程f（x）=t無解；
當(dāng)t=0或t＞$\frac{1}{e}$時，方程f（x）=t有一解；
當(dāng)t=$\frac{1}{e}$時，方程f（x）=t有兩解；
當(dāng)0$＜t＜\frac{1}{e}$時，方程f（x）=t有三解．
∵g（x）=f²（x）+λf（x）=-1有四個不同的實數(shù)解，
∴關(guān)于t的方程t²+λt+1=0在（0，$\frac{1}{e}$）和（$\frac{1}{e}$，+∞）上各有一解，
∴$\left\{\begin{array}{l}{{λ}^{2}-4＞0}\\{\frac{1}{{e}^{2}}+\frac{λ}{e}+1＜0}\end{array}\right.$，解得：λ＜-e-$\frac{1}{e}$．
故答案為（-∞，-e-$\frac{1}{e}$）．

點評 本題考查了函數(shù)的零點個數(shù)與單調(diào)性和極值的關(guān)系，二次函數(shù)的性質(zhì)，換元法解題思想，屬于中檔題．