Question

13．已知函數(shù)f（x）=（x-1）e^x+ax²，a∈R．
（Ⅰ）討論函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（Ⅱ）若f（x）有兩個(gè)零點(diǎn)，求a的取值范圍．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，通過討論a的范圍，求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間即可；
（Ⅱ）求出函數(shù)g（x）的導(dǎo)數(shù)，通過討論a的范圍，判斷函數(shù)g（x）的單調(diào)性結(jié)合函數(shù)零點(diǎn)的個(gè)數(shù)確定a的范圍即可．

解答 解：（Ⅰ）f（x）=（x-1）e^x+ax²，
f′（x）=x（e^x+2a），
①a≥0時(shí)，令f′（x）＞0，解得：x＞0，
令f′（x）＜0，解得：x＜0，
∴f（x）在（-∞，0）遞減，在（0，+∞）遞增；
②-$\frac{1}{2}$＜a＜0時(shí)，ln（-2a）＜0，
令f′（x）＞0，解得：x＞0或x＜ln（-2a），
令f′（x）＜0，解得：ln（-2a）＜x＜0，
故f（x）在（-∞，ln（-2a））遞減，在（ln（-2a），0）遞增，在（0，+∞）遞減；
③a=-$\frac{1}{2}$時(shí)，ln1=0，f（x）在R遞增；
④a＜-$\frac{1}{2}$時(shí)，ln（-2a）＞0，
令f′（x）＞0，解得：x＜0或x＞ln（-2a），
令f′（x）＜0，解得：ln（-2a）＞x＞0，
故f（x）在（-∞，0）遞減，在（0，ln（-2a））遞增，在（ln（-2a），+∞）遞減；
（Ⅱ）函數(shù)g（x）的定義域?yàn)镽，由已知得g'（x）=x（e^x+2a）．
①當(dāng)a=0時(shí)，函數(shù)g（x）=（x-1）e^x只有一個(gè)零點(diǎn)；
②當(dāng)a＞0，因?yàn)閑^x+2a＞0，
當(dāng)x∈（-∞，0）時(shí)，g'（x）＜0；當(dāng)x∈（0，+∞）時(shí)，g'（x）＞0．
所以函數(shù)g（x）在（-∞，0）上單調(diào)遞減，在（0，+∞）上單調(diào)遞增．
又g（0）=-1，g（1）=a，
因?yàn)閤＜0，所以x-1＜0，e^x＜1，所以e^x（x-1）＞x-1，所以g（x）＞ax²+x-1，
取x₀=$\frac{-1-\sqrt{1+4a}}{2a}$，顯然x₀＜0且g（x₀）＞0，
所以g（0）g（1）＜0，g（x₀）g（0）＜0，
由零點(diǎn)存在性定理及函數(shù)的單調(diào)性知，函數(shù)有兩個(gè)零點(diǎn)．
③當(dāng)a＜0時(shí)，由g'（x）=x（e^x+2a）=0，得x=0，或x=ln（-2a）．
�。� 當(dāng)a＜-$\frac{1}{2}$，則ln（-2a）＞0．
當(dāng)x變化時(shí)，g'（x），g（x）變化情況如下表：

x	（-∞，0）	0	（0，ln（-2a））	ln（-2a）	（ln（-2a），+∞）
g'（x）	+	0	-	0	+
g（x）	↗	-1	↘		↗

注意到g（0）=-1，所以函數(shù)g（x）至多有一個(gè)零點(diǎn)，不符合題意．
ⅱ） 當(dāng)a=-$\frac{1}{2}$，則ln（-2a）=0，g（x）在（-∞，+∞）單調(diào)遞增，函數(shù)g（x）至多有一個(gè)零點(diǎn)，不符合題意．
若a＞-$\frac{1}{2}$，則ln（-2a）≤0．
當(dāng)x變化時(shí)，g'（x），g（x）變化情況如下表：

x	（-∞，ln（-2a））	ln（-2a）	（ln（-2a），0）	0	（0，+∞）
g'（x）	+	0	-	0	+
g（x）	↗		↘	-1	↗

注意到當(dāng)x＜0，a＜0時(shí)，g（x）=（x-1）e^x+ax²＜0，g（0）=-1，所以函數(shù)g（x）至多有一個(gè)零點(diǎn)，不符合題意．
綜上，a的取值范圍是（0，+∞）．

點(diǎn)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，是一道綜合題．