Question

12．已知函数f（x）=ae^2x+（a-2）e^x-x．
（1）讨论f（x）的单调性；
（2）若f（x）有两个零点，求a的取值范围．

Answer 1

分析 （1）求导，根据导数与函数单调性的关系，分类讨论，即可求得f（x）单调性；
（2）由（1）可知：当a＞0时才有两个零点，根据函数的单调性求得f（x）最小值，由f（x）_min＜0，g（a）=alna+a-1，a＞0，求导，由g（a）_min=g（e^-2）=e^-2lne^-2+e^-2-1=-$\frac{1}{{e}^{2}}$-1，g（1）=0，即可求得a的取值范围．
（1）求导，根据导数与函数单调性的关系，分类讨论，即可求得f（x）单调性；
（2）分类讨论，根据函数的单调性及函数零点的判断，分别求得函数的零点，即可求得a的取值范围．

解答 解：（1）由f（x）=ae^2x+（a-2）e^x-x，求导f′（x）=2ae^2x+（a-2）e^x-1，
当a=0时，f′（x）=-2e^x-1＜0，
∴当x∈R，f（x）单调递减，
当a＞0时，f′（x）=（2e^x+1）（ae^x-1）=2a（e^x+$\frac{1}{2}$）（e^x-$\frac{1}{a}$），
令f′（x）=0，解得：x=ln$\frac{1}{a}$，
当f′（x）＞0，解得：x＞ln$\frac{1}{a}$，
当f′（x）＜0，解得：x＜ln$\frac{1}{a}$，
∴x∈（-∞，ln$\frac{1}{a}$）时，f（x）单调递减，x∈（ln$\frac{1}{a}$，+∞）单调递增；
当a＜0时，f′（x）=2a（e^x+$\frac{1}{2}$）（e^x-$\frac{1}{a}$）＜0，恒成立，
∴当x∈R，f（x）单调递减，
综上可知：当a≤0时，f（x）在R单调减函数，
当a＞0时，f（x）在（-∞，ln$\frac{1}{a}$）是减函数，在（ln$\frac{1}{a}$，+∞）是增函数；
（2）①若a≤0时，由（1）可知：f（x）最多有一个零点，
当a＞0时，f（x）=ae^2x+（a-2）e^x-x，
当x→-∞时，e^2x→0，e^x→0，
∴当x→-∞时，f（x）→+∞，
当x→∞，e^2x→+∞，且远远大于e^x和x，
∴当x→∞，f（x）→+∞，
∴函数有两个零点，f（x）的最小值小于0即可，
由f（x）在（-∞，ln$\frac{1}{a}$）是减函数，在（ln$\frac{1}{a}$，+∞）是增函数，
∴f（x）_min=f（ln$\frac{1}{a}$）=a×（$\frac{1}{{a}^{2}}$）+（a-2）×$\frac{1}{a}$-ln$\frac{1}{a}$＜0，
∴1-$\frac{1}{a}$-ln$\frac{1}{a}$＜0，即ln$\frac{1}{a}$+$\frac{1}{a}$-1＞0，
设t=$\frac{1}{a}$，则g（t）=lnt+t-1，（t＞0），
求导g′（t）=$\frac{1}{t}$+1，由g（1）=0，
∴t=$\frac{1}{a}$＞1，解得：0＜a＜1，
∴a的取值范围（0，1）．
方法二：（1）由f（x）=ae^2x+（a-2）e^x-x，求导f′（x）=2ae^2x+（a-2）e^x-1，
当a=0时，f′（x）=2e^x-1＜0，
∴当x∈R，f（x）单调递减，
当a＞0时，f′（x）=（2e^x+1）（ae^x-1）=2a（e^x+$\frac{1}{2}$）（e^x-$\frac{1}{a}$），
令f′（x）=0，解得：x=-lna，
当f′（x）＞0，解得：x＞-lna，
当f′（x）＜0，解得：x＜-lna，
∴x∈（-∞，-lna）时，f（x）单调递减，x∈（-lna，+∞）单调递增；
当a＜0时，f′（x）=2a（e^x+$\frac{1}{2}$）（e^x-$\frac{1}{a}$）＜0，恒成立，
∴当x∈R，f（x）单调递减，
综上可知：当a≤0时，f（x）在R单调减函数，
当a＞0时，f（x）在（-∞，-lna）是减函数，在（-lna，+∞）是增函数；
（2）①若a≤0时，由（1）可知：f（x）最多有一个零点，
②当a＞0时，由（1）可知：当x=-lna时，f（x）取得最小值，f（x）_min=f（-lna）=1-$\frac{1}{a}$-ln$\frac{1}{a}$，
当a=1，时，f（-lna）=0，故f（x）只有一个零点，
当a∈（1，+∞）时，由1-$\frac{1}{a}$-ln$\frac{1}{a}$＞0，即f（-lna）＞0，
故f（x）没有零点，
当a∈（0，1）时，1-$\frac{1}{a}$-ln$\frac{1}{a}$＜0，f（-lna）＜0，
由f（-2）=ae^-4+（a-2）e^-2+2＞-2e^-2+2＞0，
故f（x）在（-∞，-lna）有一个零点，
假设存在正整数n₀，满足n₀＞ln（$\frac{3}{a}$-1），则f（n₀）=${e}^{{n}_{0}}$（a${e}^{{n}_{0}}$+a-2）-n₀＞${e}^{{n}_{0}}$-n₀＞${2}^{{n}_{0}}$-n₀＞0，
由ln（$\frac{3}{a}$-1）＞-lna，
因此在（-lna，+∞）有一个零点．
∴a的取值范围（0，1）．

点评 本题考查导数的综合应用，考查利用导数求函数单调性及最值，考查函数零点的判断，考查计算能力，考查分类讨论思想，属于中档题．