Question

15．设f（x）=xe^x（e为自然对数的底数），g（x）=（x+1）²．
（Ⅰ）记$F（x）=\frac{f（x）}{g（x）}$，讨论函数F（x）的单调性；
（Ⅱ）令G（x）=af（x）+g（x）（a∈R），若函数G（x）有两个零点，求实数a的取值范围．

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）求出G（x）的导数，通过讨论a的范围求出函数G（x）的极小值，结合函数的零点确定a的范围即可．

解答 解：（Ⅰ）设F（x）=$\frac{f（x）}{g（x）}$=$\frac{x{e}^{x}}{（x+1）^{2}}$，（x≠-1），
F′（x）=$\frac{（x+1）{e}^{x}•（x+1）^{2}-x{e}^{x}•2（x+1）}{（x+1）^{4}}$=$\frac{{e}^{x}（{x}^{2}+1）}{（x+1）^{3}}$，
∴当x∈（-∞，-1）时，F′（x）＜0，当x∈（-1，+∞）时，F′（x）＞0，
∴F（x）在（-∞，-1）是减函数，在（-1，+∞）是增函数；
（Ⅱ）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），
当a=0时，G（x）=（x+1）²，有唯一零点：-1，
当a＞0时，ae^x+2＞0，则x∈（-∞，-1）时，G′（x）＜0，G（x）单调递减，
当x∈（-1，+∞），G′（x）＞0，G（x）单调递增，
G（x）_极小值=G（-1）=-$\frac{a}{e}$＜0，由G（0）=1＞0，
∴当x∈（-1，+∞），G（x）有唯一的零点，
当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，
由△=（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，+∞）使得x²+（2+$\frac{a}{e}$）x+1＞0，
取x₀∈（-∞，-1）∩（-∞，t₁），则G（x₀）＞0，
从而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，解得：x=-1或ln（-$\frac{2}{a}$），
若-1=ln（-$\frac{2}{a}$），即a=-2e时，G′（x）=-2e（x+1）（e^x-$\frac{1}{e}$）≤0，
故G（x）递减，至多有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，
故x∈（-∞，ln（-$\frac{2}{a}$））时，G′（x）＜0，G（x）递减，
x∈（ln（-$\frac{2}{a}$），-1）时，G′（x）＞0，G（x）递增，
x∈（-1，+∞）时，G′（x）＜0，G（x）递减，
又∵G（x）_极小值=G（ln（-$\frac{2}{a}$））=ln²（-$\frac{2}{a}$）+1＞0，
故G（x）至多1个零点；
若-1＜ln（-$\frac{2}{a}$），即-2e＜a＜0时，同理得x∈（-∞，-1）时，G′（x）＜0，G（x）递减，
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，
又∵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，+∞）．

点评 本题考查了利用导数研究函数的单调性极值与最值、切线方程、分类讨论、方程与不等式的解法，考查了推理能力与计算能力，属于难题．