Question

【題目】設f（x）=xex（e為自然對數的底數），g（x）=（x+1）2 ． （I）記 ．
（i）討論函數F（x）單調性；
（ii）證明當m＞0時，F（﹣1+m）＞F（﹣1﹣m）恒成立；
（II）令G（x）=af（x）+g（x）（a∈R），設函數G（x）有兩個零點，求參數a的取值范圍．

Answer 1

【答案】解：（Ⅰ） = （x≠﹣1）， （i）F′（x）= = ，…
所以，當x∈（﹣∞，﹣1）時，F′（x）＜0，F（x）單調減；
當x∈（﹣1，+∞）時，F′（x）＜0，F（x）單調增； …
（ii）F（﹣1+m）﹣F（﹣1﹣m）= ﹣ = （ e2m+1），
令φ（m）= e2m+1=e2m﹣ +1（m＞0），
φ′（m）=2e2m﹣ = ＞0，…
所以φ（m）在m＞0遞增，即有φ（m）＞φ（0）=0，又 ＞0，
所以m＞0時，F（﹣1+m）﹣F（﹣1﹣m）= （ e2m+1）＞0恒成立，即
當m＞0時，F（﹣1+m）＞F（﹣1﹣m）恒成立．
（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）．
①當a=0時，G（x）=（x+1）2 ， 有唯一零點﹣1；
②當a＞0時，aex+2＞0，所以
當x＜﹣1時，G′（x）＜0，G（x）單調減；
當x＞﹣1時，G′（x）＞0，G（x）單調增．
所以G（x）極小值為G（﹣1）=﹣ ＜0，
因G（0）=1＞0，所以當x＞﹣1時，G（x）有唯一零點；
當x＜﹣1時，ax＜0，ex＜ ，所以axex＞ ，
所以G（x）＞＞ +（x+1）2=x2+（2+ ）x+1，
因為（2+ ）2﹣4×1×1= +（ ）2＞0，
所以，t1 ， t2 ， 且t1＜t2 ， 當x＜t1 ， 或x＞t2時，使x2+（2+ ）x+1＞0，
取x0∈（﹣∞，﹣1）∪（﹣∞，t1），則G（x0）＞0，從而可知
當x＜﹣1時，G（x）有唯一零點，
即當a＞0時，函數G（x）有兩個零點．
③當a＜0時，G′（x）=a（x+1）（ex﹣（﹣ ）），由G′（x）=0，得x=﹣1，或x=ln（﹣ ）．
①若﹣1=ln（﹣ ），即a=﹣2e時，G′（x）=﹣2e（x+1）（ex﹣ ）≤0，
所以G（x）是單調減函數，至多有一個零點；
②若﹣1＞ln（﹣ ），即a＜﹣2e時，G′（x）=a（x+1）（ex﹣（﹣ ）），
注意到y(tǒng)=x+1，y=ex+ ，都是增函數，
所以，當x＜ln（﹣ ）時，G′（x）＜0，G（x）是單調減函數；
當ln（﹣ ）＜x＜﹣1時，G′（x）＞0，G（x）是單調增函數；
當x＞﹣1時，G′（x）＜0，G（x）是單調減函數．
G（x）的極小值為G（ln（﹣ ））=aln（﹣ ）（﹣ ）+（ln（﹣ ）+1）2=ln2（﹣ ）+1＞0，
所以G（x）至多有一個零點；
③若﹣1＜ln（﹣ ），即0＞a＞﹣2e時，同理可得
當x＜﹣1時，G′（x）＜0，G（x）是單調減函數；
當﹣1＜x＜ln（﹣ ）時，G′（x）＞0，G（x）是單調增函數；
當x＞ln（﹣ ）時，G′（x）＜0，G（x）是單調減函數．
所以G（x）的極小值為G（﹣1）=﹣ ＜0，G（x）至多有一個零點．
綜上，若函數G（x）有兩個零點，則參數a的取值范圍是（0，+∞）．
【解析】（Ⅰ）（i）求出F（x0的導數，由導數大于0，可得增區(qū)間；導數小于0，可得減區(qū)間；（ii）作差可得F（﹣1+m）﹣F（﹣1﹣m），令φ（m）= e2m+1，求出導數，判斷單調性即可得證；（Ⅱ）由已知，求得G（x）的導數，討論a=0，a＞0，a＜0，運用單調性，求出G（x）的極小值，結合函數的零點個數，即可得到所求a的范圍．
【考點精析】利用函數單調性的判斷方法和函數的最值及其幾何意義對題目進行判斷即可得到答案，需要熟知單調性的判定法：①設x1,x2是所研究區(qū)間內任兩個自變量，且x1＜x2；②判定f(x1)與f(x2)的大��；③作差比較或作商比較；利用二次函數的性質（配方法）求函數的最大（�。┲�；利用圖象求函數的最大（�。┲�；利用函數單調性的判斷函數的最大（小）值．