Question

【题目】设f（x）=xex（e为自然对数的底数），g（x）=（x+1）2 ． （I）记 ．
（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

【答案】解：（Ⅰ） = （x≠﹣1）， （i）F′（x）= = ，…
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； …
（ii）F（﹣1+m）﹣F（﹣1﹣m）= ﹣ = （ e2m+1），
令φ（m）= e2m+1=e2m﹣ +1（m＞0），
φ′（m）=2e2m﹣ = ＞0，…
所以φ（m）在m＞0递增，即有φ（m）＞φ（0）=0，又 ＞0，
所以m＞0时，F（﹣1+m）﹣F（﹣1﹣m）= （ e2m+1）＞0恒成立，即
当m＞0时，F（﹣1+m）＞F（﹣1﹣m）恒成立．
（Ⅱ）由已知，G（x）=af（x）+g（x）=axex+（x+1）2 ，
G′（x）=a（x+1）ex+2（x+1）=（x+1）（aex+2）．
①当a=0时，G（x）=（x+1）2 ， 有唯一零点﹣1；
②当a＞0时，aex+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）=﹣ ＜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，ex＜ ，所以axex＞ ，
所以G（x）＞＞ +（x+1）2=x2+（2+ ）x+1，
因为（2+ ）2﹣4×1×1= +（ ）2＞0，
所以，t1 ， t2 ， 且t1＜t2 ， 当x＜t1 ， 或x＞t2时，使x2+（2+ ）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．
③当a＜0时，G′（x）=a（x+1）（ex﹣（﹣ ）），由G′（x）=0，得x=﹣1，或x=ln（﹣ ）．
①若﹣1=ln（﹣ ），即a=﹣2e时，G′（x）=﹣2e（x+1）（ex﹣ ）≤0，
所以G（x）是单调减函数，至多有一个零点；
②若﹣1＞ln（﹣ ），即a＜﹣2e时，G′（x）=a（x+1）（ex﹣（﹣ ）），
注意到y=x+1，y=ex+ ，都是增函数，
所以，当x＜ln（﹣ ）时，G′（x）＜0，G（x）是单调减函数；
当ln（﹣ ）＜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（﹣ ））=aln（﹣ ）（﹣ ）+（ln（﹣ ）+1）2=ln2（﹣ ）+1＞0，
所以G（x）至多有一个零点；
③若﹣1＜ln（﹣ ），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（﹣ ）时，G′（x）＞0，G（x）是单调增函数；
当x＞ln（﹣ ）时，G′（x）＜0，G（x）是单调减函数．
所以G（x）的极小值为G（﹣1）=﹣ ＜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，+∞）．
【解析】（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）= e2m+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．
【考点精析】利用函数单调性的判断方法和函数的最值及其几何意义对题目进行判断即可得到答案，需要熟知单调性的判定法：①设x1,x2是所研究区间内任两个自变量，且x1＜x2；②判定f(x1)与f(x2)的大小；③作差比较或作商比较；利用二次函数的性质（配方法）求函数的最大（小）值；利用图象求函数的最大（小）值；利用函数单调性的判断函数的最大（小）值．