Question

12．已知函數(shù)f（x）=|xe^x+1|，關(guān)于x的方程f²（x）+2sinα•f（x）+cosα=0有四個(gè)不等實(shí)根，sinα-cosα≥λ恒成立，則實(shí)數(shù)λ的最大值為（　�。�

• A． -$\frac{7}{5}$
• B． -$\frac{1}{2}$
• C． -$\sqrt{2}$
• D． -1

Answer 1

分析 函數(shù)f（x）=|xe^x+1|是分段函數(shù)，通過求導(dǎo)分析得到函數(shù)f（x）在（0，+∞）上為增函數(shù)，在（-∞，-1）上為增函數(shù)，在（-1，0）上為減函數(shù)，求得函數(shù)f（x）在（-∞，0）上，當(dāng)x=-1時(shí)有一個(gè)最大值$\frac{1}{e}$，所以，要使方程f²（x）+tf（x）+1=0（t∈R）有四個(gè)實(shí)數(shù)根，f（x）的值一個(gè)要在（0，$\frac{1}{e}$）內(nèi)，一個(gè)在（$\frac{1}{e}$，+∞）內(nèi)，然后運(yùn)用二次函數(shù)的圖象及二次方程根的關(guān)系列式求解α的取值范圍．

解答 解：f（x）=|xe^x+1|=$\left\{\begin{array}{l}{x•{e}^{x+1}，（x≥0）}\\{x•{e}^{x+1}，（x＜0）}\end{array}\right.$，
當(dāng)x≥0時(shí)，f′（x）=e^x+1+xe^x+1≥0恒成立，所以f（x）在[0，+∞）上為增函數(shù)；
當(dāng)x＜0時(shí)，f′（x）=-e^x+1-xe^x+1=-e^x+1（x+1），
由f′（x）=0，得x=-1，當(dāng)x∈（-∞，-1）時(shí)，f′（x）=-e^x+1（x+1）＞0，f（x）為增函數(shù)，
當(dāng)x∈（-1，0）時(shí)，f′（x）=-e^x+1（x+1）＜0，f（x）為減函數(shù)，
所以函數(shù)f（x）=|xe^x+1|的極大值為f（-1）=|（-1）e⁰|=1，
極小值為：f（0）=0，
令f（x）=m，由韋達(dá)定理得：m₁+m₂=-2sinα，m₁•m₂=cosα，
此時(shí)若sinα＞0，則當(dāng)m₁＜0，且m₂＜0，
此時(shí)方程f²（x）+2sinα•f（x）+cosα=0至多有兩個(gè)實(shí)根，
若sinα＜0，則當(dāng)m₁＞0，且m₂＞0，
要使方程f²（x）+2sinα•f（x）+cosα=0有四個(gè)實(shí)數(shù)根，
則方程m²+2sinαm+cosα=0應(yīng)有兩個(gè)不等根，
且一個(gè)根在（0，1）內(nèi)，一個(gè)根在（1，+∞）內(nèi)，
再令g（m）=m²+2sinαm+cosα，
因?yàn)間（0）=cosα＞0，①
△=4sin²α-4cosα＞0，則1-cos²α-cosα＞0，②
則只需g（1）＜0，即1+2sinα+cosα＜0，
所以0＜cosα＜-1-2sinα，③
由①②解得：0＜cosα＜$\frac{\sqrt{5}-1}{2}$，④
由③④得到：sinα＜$-\frac{4}{5}$，$\frac{3}{5}$＜cosα＜$\frac{\sqrt{5}-1}{2}$，
所以sinα-cosα＜$-\frac{4}{5}$-$\frac{3}{5}$=-$\frac{7}{5}$，
∴λ≤-$\frac{7}{5}$．
故選：A．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了根的存在性及根的個(gè)數(shù)的判斷，考查了利用函數(shù)的導(dǎo)函數(shù)分析函數(shù)的單調(diào)性，考查了學(xué)生分析問題和解決問題的能力，解答此題的關(guān)鍵是分析出方程f²（x）+2sinα•f（x）+cosα=0有四個(gè)實(shí)數(shù)根時(shí)f（x）的取值情況，此題屬于中高檔題．