Question

3．已知函数f（x）=e^x+ax，g（x）=x•e^x+a
（1）若对于任意的实数x，都有f（x）≥1，求实数a的取值范围；
（2）令F（x）=[g（x）-f（x）]，且实数a≠0，若函数F（x）存在两个极值点x₁，x₂，证明：0＜e²F（x₁）＜4且0＜e²F（x₂）＜4．

Answer 1

分析 （1）求出函数的导数，通过讨论a的范围，得到函数的单调性，从而确定a的范围即可；
（2）求出函数f（x）存在两个极值的等价条件，求出a的取值范围，结合不等式的性质进行求解即可．

解答 解：（1）由题：f′（x）=e^x+a，且x∈R，
①当a=0时，f（x）=e^x，x∈（-∞，0）时，f（x）∈（0，1），不满足条件；
②当a＞0时，f′（x）=e^x+a＞0，∴f（x）在R上单调递增，
令b＜-1且b＜lna，∴f（b）=e^b+ab＜e^lna+ab=a（1+b）＜0，
∴f（x）≥1不恒成立，∴a＞0不满足条件；
③当a＜0时，令f（x）=0，得x=ln（-a），
当x∈（-∞，ln（-a））时，f′（x）＜0，f（x）单调递减；
当x∈（ln（-a），+∞）时，f′（x）＞0，f（x）单调递增；
∴f（x）_min=f（ln（-a））=aln（-a）-a，
由题aln（-a）-a≥1，即：aln（-a）-a-1≥0，
令φ（a）=aln（-a）-a-1，且a＜0，则φ′（a）=ln（-a），φ′（-1）=0，
当a∈（-∞，-1）时，φ′（a）＞0，φ（a）单调递增；
当a∈（-1，0）时，φ′（a）＜0，φ（a）单调递减；
∴φ（a）_max=φ（-1）=0，∴只有a=-1满足条件；
综上：实数a的取值范围为{-1}                 
（2）证明：依题意，函数的导数f′（x）=a[e^x-a+（x-1）e^x]=a（xe^x-a），
当a＞0时，由f′（x）=0，得xe^x=a，即e^x=$\frac{a}{x}$，
作出函数y=e^x和y=$\frac{a}{x}$的图象，

则两个函数的图象有且只有1个交点，
即函数f（x）有且只有一个极值点；
当a＞0时，函数f（x）有且只有一个极值点；不满足条件，
则a＜0，
∵f（x）存在两个极值点x₁，x₂，
∴x₁，x₂，是h（x）=f′（x）=a（xe^x-a）的两个零点，
令h′（x）=a（x+1）e^x=0，得x=-1，
令h′（x）＞0得x＜-1，
令h′（x）＜0得x＞-1，
∴h（x）在（-∞，-1]上是增函数，在[-1，+∞）上是减函数，
∵h（0）=f′（0）=-a²＜0，∴必有x₁＜-1＜x₂＜0．
令f′（t）=a（te^t-a）=0，得a=te^t，
此时f（t）=a（t-1）（e^t-a）=te^t（t-1）（e^t-te^t）=-e^2tt（t-1）²=-e^2t（t³-2t²+t），
∵x₁，x₂，是h（x）=f′（x）=a（xe^x-a）的两个零点，
∴f（x₁）=-e 2x1（x₁³-2x₁²+x₁），f（x₂）=-e 2x2（x₂³-2x₂²+x₂），
将代数式-e^2t（t³-2t²+t）看作以t为变量的函数g（t）=-e^2t（t³-2t²+t）．
g′（t）=-e^2t（t²-1）（2t-1），
当t＜-1时，g′（t）=-e^2t（t²-1）（2t-1）＞0，
则g′（t）在（-∞，-1）上单调递增，
∵x₁＜-1，∴f（x₁）=g（x₁）＜g（-1）=$\frac{4}{{e}^{2}}$，
∵f（x₁）=-e 2x1x₁（x₁-1）²＞0，
∴0＜f（x₁）＜$\frac{4}{{e}^{2}}$，
当-1＜t＜0时，g′（t）=-e^2t（t²-1）（2t-1）＜0，
则g′（t）在（-1，0）上单调递减，
∵-1＜x₂＜0，∴0=g（0）=g（x₂）=f（x₂）＜g（-1）=$\frac{4}{{e}^{2}}$，
综上，0＜f（x₁）＜$\frac{4}{{e}^{2}}$且0＜f（x₂）＜$\frac{4}{{e}^{2}}$，
即0＜e²F（x₁）＜4且0＜e²F（x₂）＜4．

点评 本题主要考查导数的综合应用，函数极值和导数之间的关系，求函数的导数，研究函数的单调性和极值是解决本题的关键．综合性较强，难度较大．