Question

10．已知函数f（x）=axe^x-（a-1）（x+1）²（其中a∈R，e为自然对数的底数，e=2.718128…）．
（1）若f（x）仅有一个极值点，求a的取值范围；
（2）证明：当$0＜a＜\frac{1}{2}$时，f（x）有两个零点x₁，x₂，且-3＜x₁+x₂＜-2．

Answer 1

分析 （1）先求导，再令f'（x）=0得到x=-1或ae^x-2a+2=0（*），根据ae^x-2a+2=0（*）无解即可求出a的范围．
（2）求出-2＜x₁＜-1，-1＜x₂＜0，根据$f（{x_1}）=a{x_1}{e^{x_1}}-（{a-1}）{（{{x_1}+1}）^2}=0，f（{x_2}）=a{x_2}{e^{x_2}}-（{a-1}）{（{{x_2}+1}）^2}=0$，得到-3＜x₁+x₂＜-1，问题转化为证明f（x₁）＞f（-2-x₂）即可．

解答 （1）解：f'（x）=ae^x+axe^x-2（a-1）（x+1）=（x+1）（ae^x-2a+2），
由f'（x）=0得到x=-1或ae^x-2a+2=0（*）
由于f（x）仅有一个极值点，
关于x的方程（*）必无解，
①当a=0时，（*）无解，符合题意，
②当a≠0时，由（*）得${e^x}=\frac{2a-2}{a}$，故由$\frac{2a-2}{a}≤0$得0＜a≤1，
由于这两种情况都有，当x＜-1时，f'（x）＜0，于是f（x）为减函数，
当x＞-1时，f'（x）＞0，于是f（x）为增函数，
∴仅x=-1为f（x）的极值点，综上可得a的取值范围是[0，1]；
（2）证明：由（1）当$0＜a＜\frac{1}{2}$时，x=-1为f（x）的极小值点，
又∵$f（{-2}）=-\frac{2a}{e^2}-（{a-1}）=（{-\frac{2}{e^2}-1}）a+1＞0$对于$0＜a＜\frac{1}{2}$恒成立，
$f（{-1}）=-\frac{a}{e}＜0$对于$0＜a＜\frac{1}{2}$恒成立，
f（0）=-（a-1）＞0对于$0＜a＜\frac{1}{2}$恒成立，
∴当-2＜x＜-1时，f（x）有一个零点x₁，
当-1＜x＜0时，f（x）有另一个零点x₂，
即-2＜x₁＜-1，-1＜x₂＜0，
且$f（{x_1}）=a{x_1}{e^{x_1}}-（{a-1}）{（{{x_1}+1}）^2}=0，f（{x_2}）=a{x_2}{e^{x_2}}-（{a-1}）{（{{x_2}+1}）^2}=0$，（#）
所以-3＜x₁+x₂＜-1，
下面再证明x₁+x₂＜-2，即证x₁＜-2-x₂，
由-1＜x₂＜0得-2＜-2-x₂＜-1，
由于x＜-1，f（x）为减函数，
于是只需证明f（x₁）＞f（-2-x₂），
也就是证明f（-2-x₂）＜0，$f（{-2-{x_2}}）=a（{-2-{x_2}}）{e^{-2-{x_2}}}-（{a-1}）{（{-{x_2}-1}）^2}=a（{-2-{x_2}}）{e^{-2-{x_2}}}-（{a-1}）{（{{x_2}+1}）^2}$，
借助（#）代换可得$f（{-2-{x_2}}）=a（{-2-{x_2}}）{e^{-2-{x_2}}}-a{x_2}{e^{x_2}}=a[{（{-2-{x_2}}）{e^{-2-{x_2}}}-{x_2}{e^{x_2}}}]$，
令g（x）=（-2-x）e^-2-x-xe^x（-1＜x＜0），
则g'（x）=（x+1）（e^-2-x-e^x），
∵h（x）=e^-2-x-e^x为（-1，0）的减函数，且h（-1）=0，
∴g'（x）=（x+1）（e^-2-x-e^x）＜0在（-1，0）恒成立，
于是g（x）为（-1，0）的减函数，即g（x）＜g（-1）=0，
∴f（-2-x₂）＜0，这就证明了x₁+x₂＜-2，
综上所述，-3＜x₁+x₂＜-2．

点评 本题考查了导数和函数的单调性和关系和一级函数的极值的问题，考查了分类讨论的思想以及不等式的证明，是一道综合题．