Question

5．设f（x）=xe^x（e为自然对数的底数），g（x）=（x+1）²．
（I）记$F（x）=\frac{f（x）}{g（x）}$．
（i）讨论函数F（x）单调性；
（ii）证明当m＞0时，F（-1+m）＞F（-1-m）恒成立；
（II）令G（x）=af（x）+g（x）（a∈R），设函数G（x）有两个零点，求参数a的取值范围．

Answer 1

分析 （Ⅰ）（i）求出F（x0的导数，由导数大于0，可得增区间；导数小于0，可得减区间；
（ii）作差可得F（-1+m）-F（-1-m），令φ（m）=$\frac{m-1}{m+1}$e^2m+1，求出导数，判断单调性即可得证；
（Ⅱ）由已知，求得G（x）的导数，讨论a=0，a＞0，a＜0，运用单调性，求出G（x）的极小值，结合函数的零点个数，即可得到所求a的范围．

解答 解：（Ⅰ）$F（x）=\frac{f（x）}{g（x）}$=$\frac{x{e}^{x}}{（x+1）^{2}}$（x≠-1），
（i）F′（x）=$\frac{（x+1）{e}^{x}•（x+1）^{2}-x{e}^{x}•2（x+1）}{（x+1）^{4}}$=$\frac{{e}^{x}•（{x}^{2}+1）}{（x+1）^{3}}$，…（2分）
所以，当x∈（-∞，-1）时，F′（x）＜0，F（x）单调减；
当x∈（-1，+∞）时，F′（x）＜0，F（x）单调增；     …（3分）
（ii）F（-1+m）-F（-1-m）=$\frac{（m-1）{e}^{m-1}}{{m}^{2}}$-$\frac{（-m-1）{e}^{-m-1}}{{m}^{2}}$=$\frac{m+1}{{m}^{2}{e}^{m+1}}$（$\frac{m-1}{m+1}$e^2m+1），
令φ（m）=$\frac{m-1}{m+1}$e^2m+1=e^2m-$\frac{2{e}^{2m}}{m+1}$+1（m＞0），
φ′（m）=2e^2m-$\frac{4{e}^{2m}（m+1）-2{e}^{2m}}{（m+1）^{2}}$=$\frac{2{m}^{2}{e}^{2m}}{（m+1）^{2}}$＞0，…（5分）
所以φ（m）在m＞0递增，即有φ（m）＞φ（0）=0，又$\frac{m+1}{{m}^{2}{e}^{m+1}}$＞0，
所以m＞0时，F（-1+m）-F（-1-m）=$\frac{m+1}{{m}^{2}{e}^{m+1}}$（$\frac{m-1}{m+1}$e^2m+1）＞0恒成立，即
当m＞0时，F（-1+m）＞F（-1-m）恒成立．            …（6分）
（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）．
①当a=0时，G（x）=（x+1）²，有唯一零点-1；          …（7分）
②当a＞0时，ae^x+2＞0，所以
当x＜-1时，G′（x）＜0，G（x）单调减；
当x＞-1时，G′（x）＞0，G（x）单调增．
所以G（x）极小值为G（-1）=-$\frac{a}{e}$＜0，
因G（0）=1＞0，所以当x＞-1时，G（x）有唯一零点；
当x＜-1时，ax＜0，e^x＜$\frac{1}{e}$，所以axe^x＞$\frac{ax}{e}$，
所以G（x）＞＞$\frac{ax}{e}$+（x+1）²=x²+（2+$\frac{a}{e}$）x+1，
因为（2+$\frac{a}{e}$）²-4×1×1=$\frac{4a}{e}$+（$\frac{a}{e}$）²＞0，
所以，?t₁，t₂，且t₁＜t₂，当x＜t₁，或x＞t₂时，使x²+（2+$\frac{a}{e}$）x+1＞0，
取x₀∈（-∞，-1）∪（-∞，t₁），则G（x₀）＞0，从而可知
当x＜-1时，G（x）有唯一零点，
即当a＞0时，函数G（x）有两个零点．                 …（10分）
③当a＜0时，G′（x）=a（x+1）（e^x-（-$\frac{2}{a}$）），由G′（x）=0，得x=-1，或x=ln（-$\frac{2}{a}$）．
（1）若-1=ln（-$\frac{2}{a}$），即a=-2e时，G′（x）=-2e（x+1）（e^x-$\frac{1}{e}$）≤0，
所以G（x）是单调减函数，至多有一个零点；
（2）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，
所以，当x＜ln（-$\frac{2}{a}$）时，G′（x）＜0，G（x）是单调减函数；
当ln（-$\frac{2}{a}$）＜x＜-1时，G′（x）＞0，G（x）是单调增函数；
当x＞-1时，G′（x）＜0，G（x）是单调减函数．
G（x）的极小值为G（ln（-$\frac{2}{a}$））=aln（-$\frac{2}{a}$）•（-$\frac{2}{a}$）+（ln（-$\frac{2}{a}$）+1）²=ln²（-$\frac{2}{a}$）+1＞0，
所以G（x）至多有一个零点；                                …（12分）
（3）若-1＜ln（-$\frac{2}{a}$），即0＞a＞-2e时，同理可得
当x＜-1时，G′（x）＜0，G（x）是单调减函数；
当-1＜x＜ln（-$\frac{2}{a}$）时，G′（x）＞0，G（x）是单调增函数；
当x＞ln（-$\frac{2}{a}$）时，G′（x）＜0，G（x）是单调减函数．
所以G（x）的极小值为G（-1）=-$\frac{a}{e}$＜0，G（x）至多有一个零点．
综上，若函数G（x）有两个零点，则参数a的取值范围是（0，+∞）．…（14分）

点评 本题考查函数的单调性的判断，注意运用导数，考查不等式恒成立问题的解法，注意运用导数判断单调性，运用作差法和构造函数法，同时考查函数零点问题，注意运用分类讨论和转化思想，属于难题．