Question

1．设f（x）=xe^x（e为自然对数的底数），g（x）=（x+1）²．
（I）记$F（x）=\frac{f（x）}{g（x）}$，讨论函F（x）单调性；
（II）令G（x）=af（x）+g（x）（a∈R），若函数G（x）有两个零点．
（i）求参数a的取值范围；
（ii）设x₁，x₂是G（x）的两个零点，证明x₁+x₂+2＜0．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函数的导数，解关于导函数的不等式，求出函数的单调区间即可；
（Ⅱ）（i）求出函数的导数，通过讨论a的范围，根据函数的零点的个数，求出a的范围即可；
（ii）根据a的范围，得到$\frac{{{x}_{1}e}^{{x}_{1}}}{{{（x}_{1}+1）}^{2}}$=$\frac{{{x}_{2}e}^{{x}_{2}}}{{{（x}_{2}+1）}^{2}}$=-$\frac{1}{a}$，令m＞0，得到F （=1+m）-F（-1-m）=$\frac{m+1}{{{m}^{2}e}^{m+1}}$（$\frac{m-1}{m+1}$e^2m+1），再令φ（m）=$\frac{m-1}{m+1}$e^2m+1，根据函数的单调性证明即可．

解答 解：（Ⅰ）F（x）=$\frac{f（x）}{g（x）}$=$\frac{{xe}^{x}}{{（x+1）}^{2}}$，（x≠-1），
F′（x）=$\frac{（x+1{）e}^{x}{•（x+1）}^{2}-{xe}^{x}•2（x+1）}{{（x+1）}^{4}}$=$\frac{{e}^{x}{（x}^{2}+1）}{{（x+1）}^{3}}$，
∴x∈（-∞，-1）时，F′（x）＜0，F（x）递减，
x∈（-1，+∞）时，F′（x）＞0，F（x）递增；
（Ⅱ）由已知，G（x）=af（x）+g（x）=axe^x+（x+1）²，
G′（x）=a（x+1）e^x+2（x+1）=（x+1）（ae^x+2），
（i）①a=0时，G（x）=（x+1）²，有唯一零点-1，
②a＞0时，ae^x+2＞0，
∴x∈（-∞，-1）时，G′（x）＜0，G（x）递减，
x∈（-1，+∞）时，G′（x）＞0，G（x）递增，
∴G（x）_极小值=G（-1）=-$\frac{a}{e}$＜0，
∵G（0）=1＞0，∴x∈（-1，+∞）时，G（x）有唯一零点，
x＜-1时，ax＜0，则e^x＜$\frac{1}{e}$，∴axe^x＞$\frac{ax}{e}$，
∴G（x）＞$\frac{ax}{e}$+（x+1）²=x²+（2+$\frac{a}{e}$）x+1，
∵△=${（2+\frac{a}{e}）}^{2}$-4×1×1=$\frac{4a}{e}$+${（\frac{a}{e}）}^{2}$＞0，
∴?t₁，t₂，且t₁＜t₂，当x∈（-∞，t₁），（t₂，+∞）时，
使得x²+（2+$\frac{a}{e}$）x+1＞0，
取x₀∈（-∞，-1），则G（x₀）＞0，则x∈（-∞，-1）时，G（x）有唯一零点，
即a＞0时，函数G（x）有2个零点；
③a＜0时，G′（x）=a（x+1）（e^x-（-$\frac{2}{a}$）），
由G′（x）=0，得x=-1或x=ln（-$\frac{2}{a}$），
若-1=ln（-$\frac{2}{a}$），即a=-2e时，G′（x）≤0，G（x）递减，至多1个零点；
若-1＞ln（-$\frac{2}{a}$），即a＜-2e时，G′（x）=a（x+1）（e^x-（-$\frac{2}{a}$）），
注意到y=x+1，y=e^x+$\frac{2}{a}$都是增函数，
∴x∈（-∞，ln（-$\frac{2}{a}$））时，G′（x）＜0，G（x）是减函数，
x∈（ln（-$\frac{2}{a}$），-1）时，G′（x）＞0，G（x）递增，
x∈（-1，+∞）时，G′（x）＜0，G（x）递减，
∵G（x）极小值=G（ln（-$\frac{2}{a}$））=ln²（-$\frac{2}{a}$）+1＞0，
∴G（x）至多1个零点；
若-1＜ln（-$\frac{2}{a}$），即a＞-2e时，
x∈（-∞，-1）时，G′（x）＜0，G（x）是减函数，
x∈（-1，ln（-$\frac{2}{a}$））时，G′（x）＞0，G（x）递增，
x∈（ln（-$\frac{2}{a}$），+∞）时，G′（x）＜0，G（x）递减，
∵G（x）极小值=G（-1）=-$\frac{a}{e}$＞0，
∴G（x）至多1个零点；
综上，若函数G（x）有2个零点，
则参数a的范围是（0，+∞）；
（ii）由（i）得：函数G（x）有2个零点，则参数a的范围是（0，+∞），
x₁，x₂是G（x）的两个零点，则有：
$\left\{\begin{array}{l}{G{（x}_{1}）=0}\\{G{（x}_{2}）=0}\end{array}\right.$，即$\left\{\begin{array}{l}{{{ax}_{1}e}^{{x}_{1}}{+{（x}_{1}+1）}^{2}=0}\\{{{ax}_{2}e}^{{x}_{2}}{+{（x}_{2}+1）}^{2}=0}\end{array}\right.$，即$\frac{{{x}_{1}e}^{{x}_{1}}}{{{（x}_{1}+1）}^{2}}$=$\frac{{{x}_{2}e}^{{x}_{2}}}{{{（x}_{2}+1）}^{2}}$=-$\frac{1}{a}$，
∵F（x）=$\frac{{xe}^{x}}{{（x+1）}^{2}}$，则F（x₁）=F（x₂）＜0，且x₁＜0，x₁≠-1，x₂＜0，x₂≠-1，x₁≠x₂，
由（Ⅰ）知，当x∈（-∞，-1）时，F（x）是减函数，x∈（-1，+∞）时，F（x）是增函数，
令m＞0，F （=1+m）-F（-1-m）=$\frac{m+1}{{{m}^{2}e}^{m+1}}$（$\frac{m-1}{m+1}$e^2m+1），
再令φ（m）=$\frac{m-1}{m+1}$e^2m+1=e^2m-$\frac{{2e}^{2m}}{m+1}$-1，
则φ′（m）=$\frac{{{2m}^{2}e}^{2m}}{{（m+1）}^{2}}$＞0，
∴φ（m）＞φ（0）=0，又$\frac{m+1}{{{m}^{2}e}^{2m}}$＞0，
m＞0时，F（-1+m）-F（-1-m）＞0恒成立，
即F（-1+m）＞F（-1-m）恒成立，
令m=-1-x₁＞0，即x₁＜-1，有F（-1+（-1-x₁））＞F（-1-（-1-x₁）），
即F（-2-x₁）＞F（x₁）=F（x₂），
∵x₁＜-1，∴-2-x₁＞-1，又F（x₁）=F（x₂），必有x₂＞-1，
当x∈（-1，+∞）时，F（x）是增函数，
∴-2-x₁＞x₂，
即x₁+x₂+2＜0．

点评 本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应用以及分类讨论思想，考查转化思想，是一道综合题．