Question

3．已知函數(shù)f（x）=x-ae^x，g（x）=x²+x（a∈R，e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù)）．
（1）若關(guān)于x的方程f（x）=g（x）在[1，3]上有兩個(gè)不同的實(shí)根，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．
（2）若f（x）有兩個(gè)不同零點(diǎn)x₁，x₂，求證：x₁+x₂＞-2．

Answer 1

分析 （1）由f（x）=g（x）得$a=\frac{x^2}{{-{e^x}}}$，令$h（x）=\frac{x^2}{{-{e^x}}}（1≤x≤3）$，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性求出a的范圍即可；
（2）求出$a=\frac{{{x_1}-{x_2}}}{{{e^{x_1}}-{e^{x_2}}}}$，得到${x_1}+{x_2}=a（{e^{x_1}}+{e^{x_2}}）=\frac{{{e^{x_1}}+{e^{x_2}}}}{{{e^{x_1}}-{e^{x_2}}}}（{x_1}+{x_2}）$，令x₁-x₂=t＞0，則${x_1}+{x_2}=\frac{{{e^{x_1}}+{e^{x_2}}}}{{{e^{x_1}}-{e^{x_2}}}}（{x_1}-{x_2}）=\frac{{（{e^t}+1）t}}{{{e^t}-1}}$，問題等價(jià)于e^t（t-2）+t+2＞0，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性證明即可．

解答 解：（1）、由f（x）=g（x）得$a=\frac{x^2}{{-{e^x}}}$…（1分）
令$h（x）=\frac{x^2}{{-{e^x}}}（1≤x≤3）$，則$h'（x）=-\frac{{2x{e^x}-{e^x}{x^2}}}{{{e^{2x}}}}=\frac{{{x^2}-2x}}{e^x}=\frac{x（x-2）}{e^x}$…（3分）
當(dāng)1＜x＜2時(shí)，h'（x）＜0；當(dāng)2＜x＜3時(shí)，h'（x）＞0，
所以h（x）在（1，2）遞減，（2，3）遞增，…（4分）
$h（2）=-\frac{4}{e^2}$$，h（1）=-\frac{1}{e}$，$h（3）=-\frac{9}{e^3}$，因$h（3）-h（1）=\frac{1}{e}-\frac{9}{e^3}=\frac{{{e^2}-9}}{e^3}＞0$，…（5分）
所以h（3）＞h（1），故方程f（x）=g（x）在[1，3]上有兩個(gè)否同的實(shí)根
等價(jià)于$-\frac{4}{e^2}＜a＜-\frac{1}{e}$，即實(shí)數(shù)a的取值范圍是$（-\frac{4}{e^2}，-\frac{1}{e}）$…（6分）
（2）、因f（x）有兩個(gè)不同零點(diǎn)x₁，x₂，不妨設(shè)x₁＞x₂，
所以$\left\{{\begin{array}{l}f（{x_1}）={x_1}-a{e^{x_1}}=0\\ f（{x_2}）={x_2}-a{e^{x_2}}=0\end{array}}\right.$，所以$a=\frac{{{x_1}-{x_2}}}{{{e^{x_1}}-{e^{x_2}}}}$…（7分）
${x_1}+{x_2}=a（{e^{x_1}}+{e^{x_2}}）=\frac{{{e^{x_1}}+{e^{x_2}}}}{{{e^{x_1}}-{e^{x_2}}}}（{x_1}+{x_2}）$…（8分）
令x₁-x₂=t＞0，則${x_1}+{x_2}=\frac{{{e^{x_1}}+{e^{x_2}}}}{{{e^{x_1}}-{e^{x_2}}}}（{x_1}-{x_2}）=\frac{{（{e^t}+1）t}}{{{e^t}-1}}$…（9分）
則${x_1}+{x_2}=\frac{{（{e^t}+1）t}}{{{e^t}-1}}＞2$?e^t（t-2）+t+2＞0…（10分）
記h（t）=e^t（t-2）+t+2，
則h'（t）=e^t（t-1）+1，h''（t）=e^tt＞0在（0，+∞）恒成立，
故h'（t）在（0，+∞）單調(diào)遞增，故h'（t）＞h'（0）=0，
所以h（t）在（0，+∞）單調(diào)遞增h（t）＞h（0）=0，
所以e^t（t-2）+t+2＞0即x₁+x₂＞2…（12分）

點(diǎn)評(píng) 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)用以及函數(shù)恒成立問題，是一道中檔題．