Question

13．设函数f（x）=x²-aln（x+2），g（x）=xe^x，且f（x）存在两个极值点x₁、x₂，其中x₁＜x₂．
（1）求实数a的取值范围；
（2）求g（x）在区间（-2，0）上的最小值；
（3）证明不等式：$\frac{f（{x}_{1}）}{{x}_{2}}$＜-1．

Answer 1

分析 （1）令f′（x）=0在定义域（-2，+∞）上有两解，根据二次函数的性质列出不等式组解出a的范围；
（2）判断g′（x）在（-2，0）上的符号得出g（x）在（-2，0）上的单调性，从而得出最小值；
（3）利用根与系数的关系得出$\frac{f（{x}_{1}）}{{x}_{2}}$关于x₂的函数，令-x₂=x得出新函数F（x）及定义域，判断F（x）的单调性得出结论．

解答 解：（1）f′（x）=2x-$\frac{a}{x+2}$（x＞-2），
∵f（x）存在两个极值点x₁、x₂，其中x₁、x₂，其中x₁＜x₂．
∴关于x的方程2x-$\frac{a}{x+2}$=0即2x²+4x-a=0在区间（-2，+∞）内有两个不相等的实数根．
∴$\left\{\begin{array}{l}{16+8a＞0}\\{8-8-a＞0}\end{array}\right.$，解得：-2＜a＜0，
∴实数a的取值范围是（-2，0）
（2）g′（x）=（x+1）e^x，
∴当x∈（-2，-1）时，g′（x）＜0，当x∈（-1，0）时，g′（x）＞0，
∴g（x）在（-2，-1）单调递减，g（x）在（-1，0）单调递增．
∴g_min（x）=g（-1）=-$\frac{1}{e}$．
（3）由（1）知 $\left\{\begin{array}{l}{{x}_{1}{x}_{2}=-\frac{a}{2}}\\{{x}_{1}+{x}_{2}=-2}\\{-1＜{x}_{2}＜0}\end{array}\right.$，∴$\left\{\begin{array}{l}{a=-2{x}_{1}{x}_{2}}\\{{x}_{1}=-2-{x}_{2}}\\{-1＜{x}_{2}＜0}\end{array}\right.$．
∴$\frac{f（{x}_{1}）}{{x}_{2}}=\frac{{{x}_{1}}^{2}-aln（{x}_{1}+2）}{{x}_{2}}$=x₂+$\frac{4}{{x}_{2}}$-2（x₂+2）ln（-x₂）+4，
 令-x₂=x，则0＜x＜1且$\frac{f（{x}_{1}）}{{x}_{2}}=-x-\frac{4}{x}+2（x-2）lnx+4$，
令F（x）=-x-$\frac{4}{x}+2（x-2）lnx+4（0＜x＜1）$，
则F′（x）=-1+$\frac{4}{{x}^{2}}$+2lnx+$\frac{2（x-2）}{x}$=$\frac{4}{{x}^{2}}-\frac{4}{x}+2lnx+1（0＜x＜1）$
令G（x）=$\frac{4}{{x}^{2}}-\frac{4}{x}+2lnx+1（0＜x＜1）$，则G′（x）=-$\frac{8}{{x}^{3}}+\frac{4}{{x}^{2}}+\frac{2}{x}=\frac{2（{x}^{2}+2x-4）}{{x}^{3}}$．
∵0＜x＜1，∴G′（x）＜0，即F′（x）在（0，1）上是减函数，
∴F′（x）＞F′（1）=1＞0，∴F（x）在（0，1）上是增函数，
∴F（x）＜F（1）=-1，即$\frac{f（{x}_{1}）}{{x}_{2}}＜-1$．

点评 本题考查了导数与函数极值，单调性的关系，函数单调性的应用，属于中档题．