Question

1．設(shè)f（x）=xe^x（e為自然對數(shù)的底數(shù)），g（x）=（x+1）²．
（I）記$F（x）=\frac{f（x）}{g（x）}$，討論函F（x）單調(diào)性；
（II）令G（x）=af（x）+g（x）（a∈R），若函數(shù)G（x）有兩個零點．
（i）求參數(shù)a的取值范圍；
（ii）設(shè)x₁，x₂是G（x）的兩個零點，證明x₁+x₂+2＜0．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，解關(guān)于導(dǎo)函數(shù)的不等式，求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間即可；
（Ⅱ）（i）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，通過討論a的范圍，根據(jù)函數(shù)的零點的個數(shù)，求出a的范圍即可；
（ii）根據(jù)a的范圍，得到$\frac{{{x}_{1}e}^{{x}_{1}}}{{{（x}_{1}+1）}^{2}}$=$\frac{{{x}_{2}e}^{{x}_{2}}}{{{（x}_{2}+1）}^{2}}$=-$\frac{1}{a}$，令m＞0，得到F （=1+m）-F（-1-m）=$\frac{m+1}{{{m}^{2}e}^{m+1}}$（$\frac{m-1}{m+1}$e^2m+1），再令φ（m）=$\frac{m-1}{m+1}$e^2m+1，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性證明即可．

解答 解：（Ⅰ）F（x）=$\frac{f（x）}{g（x）}$=$\frac{{xe}^{x}}{{（x+1）}^{2}}$，（x≠-1），
F′（x）=$\frac{（x+1{）e}^{x}{•（x+1）}^{2}-{xe}^{x}•2（x+1）}{{（x+1）}^{4}}$=$\frac{{e}^{x}{（x}^{2}+1）}{{（x+1）}^{3}}$，
∴x∈（-∞，-1）時，F(xiàn)′（x）＜0，F(xiàn)（x）遞減，
x∈（-1，+∞）時，F(xiàn)′（x）＞0，F(xiàn)（x）遞增；
（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），
（i）①a=0時，G（x）=（x+1）²，有唯一零點-1，
②a＞0時，ae^x+2＞0，
∴x∈（-∞，-1）時，G′（x）＜0，G（x）遞減，
x∈（-1，+∞）時，G′（x）＞0，G（x）遞增，
∴G（x）_極小值=G（-1）=-$\frac{a}{e}$＜0，
∵G（0）=1＞0，∴x∈（-1，+∞）時，G（x）有唯一零點，
x＜-1時，ax＜0，則e^x＜$\frac{1}{e}$，∴axe^x＞$\frac{ax}{e}$，
∴G（x）＞$\frac{ax}{e}$+（x+1）²=x²+（2+$\frac{a}{e}$）x+1，
∵△=${（2+\frac{a}{e}）}^{2}$-4×1×1=$\frac{4a}{e}$+${（\frac{a}{e}）}^{2}$＞0，
∴?t₁，t₂，且t₁＜t₂，當(dāng)x∈（-∞，t₁），（t₂，+∞）時，
使得x²+（2+$\frac{a}{e}$）x+1＞0，
取x₀∈（-∞，-1），則G（x₀）＞0，則x∈（-∞，-1）時，G（x）有唯一零點，
即a＞0時，函數(shù)G（x）有2個零點；
③a＜0時，G′（x）=a（x+1）（e^x-（-$\frac{2}{a}$）），
由G′（x）=0，得x=-1或x=ln（-$\frac{2}{a}$），
若-1=ln（-$\frac{2}{a}$），即a=-2e時，G′（x）≤0，G（x）遞減，至多1個零點；
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)，
∴x∈（-∞，ln（-$\frac{2}{a}$））時，G′（x）＜0，G（x）是減函數(shù)，
x∈（ln（-$\frac{2}{a}$），-1）時，G′（x）＞0，G（x）遞增，
x∈（-1，+∞）時，G′（x）＜0，G（x）遞減，
∵G（x）極小值=G（ln（-$\frac{2}{a}$））=ln²（-$\frac{2}{a}$）+1＞0，
∴G（x）至多1個零點；
若-1＜ln（-$\frac{2}{a}$），即a＞-2e時，
x∈（-∞，-1）時，G′（x）＜0，G（x）是減函數(shù)，
x∈（-1，ln（-$\frac{2}{a}$））時，G′（x）＞0，G（x）遞增，
x∈（ln（-$\frac{2}{a}$），+∞）時，G′（x）＜0，G（x）遞減，
∵G（x）極小值=G（-1）=-$\frac{a}{e}$＞0，
∴G（x）至多1個零點；
綜上，若函數(shù)G（x）有2個零點，
則參數(shù)a的范圍是（0，+∞）；
（ii）由（i）得：函數(shù)G（x）有2個零點，則參數(shù)a的范圍是（0，+∞），
x₁，x₂是G（x）的兩個零點，則有：
$\left\{\begin{array}{l}{G{（x}_{1}）=0}\\{G{（x}_{2}）=0}\end{array}\right.$，即$\left\{\begin{array}{l}{{{ax}_{1}e}^{{x}_{1}}{+{（x}_{1}+1）}^{2}=0}\\{{{ax}_{2}e}^{{x}_{2}}{+{（x}_{2}+1）}^{2}=0}\end{array}\right.$，即$\frac{{{x}_{1}e}^{{x}_{1}}}{{{（x}_{1}+1）}^{2}}$=$\frac{{{x}_{2}e}^{{x}_{2}}}{{{（x}_{2}+1）}^{2}}$=-$\frac{1}{a}$，
∵F（x）=$\frac{{xe}^{x}}{{（x+1）}^{2}}$，則F（x₁）=F（x₂）＜0，且x₁＜0，x₁≠-1，x₂＜0，x₂≠-1，x₁≠x₂，
由（Ⅰ）知，當(dāng)x∈（-∞，-1）時，F(xiàn)（x）是減函數(shù)，x∈（-1，+∞）時，F(xiàn)（x）是增函數(shù)，
令m＞0，F(xiàn) （=1+m）-F（-1-m）=$\frac{m+1}{{{m}^{2}e}^{m+1}}$（$\frac{m-1}{m+1}$e^2m+1），
再令φ（m）=$\frac{m-1}{m+1}$e^2m+1=e^2m-$\frac{{2e}^{2m}}{m+1}$-1，
則φ′（m）=$\frac{{{2m}^{2}e}^{2m}}{{（m+1）}^{2}}$＞0，
∴φ（m）＞φ（0）=0，又$\frac{m+1}{{{m}^{2}e}^{2m}}$＞0，
m＞0時，F(xiàn)（-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，
當(dāng)x∈（-1，+∞）時，F(xiàn)（x）是增函數(shù)，
∴-2-x₁＞x₂，
即x₁+x₂+2＜0．

點評 本題考查了函數(shù)的單調(diào)性、最值問題，考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用以及分類討論思想，考查轉(zhuǎn)化思想，是一道綜合題．