Question

1．已知函數(shù)f（x）=xe^x-ae^2x（a∈R）恰有兩個(gè)極值點(diǎn)x₁，x₂（x₁＜x₂）．
（1）求實(shí)數(shù)a的取值范圍；
（2）求證：f（x₂）＞-$\frac{1}{2}$．

Answer 1

分析 （1）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，通過(guò)討論a的范圍，求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，得到函數(shù)的最大值，根據(jù)函數(shù)恰有兩個(gè)極值點(diǎn)得到關(guān)于a的不等式，求出a的具體范圍即可；
（2）求出f（x₂）=$\frac{1}{2}$${e}^{{x}_{2}}$（x₂-1），其中x₂＞ln$\frac{1}{2a}$，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性得到f（x₂）＞f（ln$\frac{1}{2a}$）=-$\frac{ln2a+1}{4a}$，令g（a）=-$\frac{ln2a+1}{4a}$，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性證明即可．

解答 解：（1）f′（x）=e^x（x+1-2ae^x），要使f（x）恰有2個(gè)極值點(diǎn)，
則方程x+1-2ae^x=0有2個(gè)不相等的實(shí)數(shù)根，
令g（x）=x+1-2ae^x，g′（x）=1-2ae^x；
（i）a≤0時(shí)，g′（x）＞0，g（x）在R遞增，不合題意，舍，
（ii）a＞0時(shí)，令g′（x）=0，解得：x=ln$\frac{1}{2a}$，
當(dāng)x＜ln$\frac{1}{2a}$時(shí)，g′（x）＞0，g（x）在（-∞，ln$\frac{1}{2a}$）遞增，且x→-∞時(shí)，g（x）＜0，
x＞ln$\frac{1}{2a}$時(shí)，g′（x）＜0，g（x）在（ln$\frac{1}{2a}$，+∞）遞減，且x→+∞時(shí)，g（x）＜0，
∴g（x）_max=g（ln$\frac{1}{2a}$）=ln$\frac{1}{2a}$+1-2a•${e}^{ln\frac{1}{2a}}$=ln$\frac{1}{2a}$＞0，
∴$\frac{1}{2a}$＞1，即0＜a＜$\frac{1}{2}$；
（2）證明，由（1）知：x₁＜ln$\frac{1}{2a}$＜x₂，且x₁，x₂滿足x+1-2ae^x=0，
∴x₂+1-2a${e}^{{x}_{2}}$=0，即2a${e}^{{x}_{2}}$=x₂+1，
∴f（x₂）=$\frac{1}{2}$${e}^{{x}_{2}}$（x₂-1），其中x₂＞ln$\frac{1}{2a}$，
∴f′（x₂）=$\frac{1}{2}$${e}^{{x}_{2}}$•x₂，
∵0＜a＜$\frac{1}{2}$，∴x₂＞ln$\frac{1}{2a}$＞0，
∴f′（x₂）＞0，
∴f（x₂）在（ln$\frac{1}{2a}$，+∞）遞增，
∴f（x₂）＞f（ln$\frac{1}{2a}$）=$\frac{1}{4a}$（ln$\frac{1}{2a}$-1）=-$\frac{ln2a+1}{4a}$，
令g（a）=-$\frac{ln2a+1}{4a}$，則g′（a）=$\frac{ln2a}{{4a}^{2}}$，
∵0＜a＜$\frac{1}{2}$，∴l(xiāng)n2a＜0，∴g′（a）＜0，
∴g（a）在（0，$\frac{1}{2}$）遞減，
∴g（a）＞g（$\frac{1}{2}$）=-$\frac{1}{2}$，
故f（x₂）＞g（a）＞-$\frac{1}{2}$，
∴f（x₂）＞-$\frac{1}{2}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了函數(shù)的單調(diào)性、最值問(wèn)題，考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用以及分類討論思想，轉(zhuǎn)化思想，是一道綜合題．