Question

19．已知函数f（x）=（2a+1）e^x-a$\sqrt{2x+1}$有且仅有两个零点，则实数a的取值范围是（　　）

• A． （-1，-$\frac{1}{2}$）
• B． [-1，-$\frac{1}{2}$）
• C． （-$\frac{1}{2}$，0）
• D． [-$\frac{1}{2}$，0）

Answer 1

分析 方法一、由函数f（x）有且仅有两个零点，等价于方程（2a+1）e^x=a$\sqrt{2x+1}$有两个不等的实数根，讨论a=0和a≠0时，问题等价于两曲线有两个交点问题，再根据函数的导数判断单调性，从而求出a的取值范围．
方法二、由函数f（x）有且仅有两个零点，等价于方程（2a+1）e^x=a$\sqrt{2x+1}$有两个不等的实数根，讨论a=0和a≠0时，利用函数思想研究该方程根的情况，从而求出a的取值范围．

解答 解法一、函数f（x）=（2a+1）e^x-a$\sqrt{2x+1}$有且仅有两个零点，
等价于方程（2a+1）e^x=a$\sqrt{2x+1}$有两个不等的实数根，
当a=0时，不满足题意；
当a≠0时，问题等价于直线y=$\frac{2a+1}{a}$与y=$\frac{\sqrt{2x+1}}{{e}^{x}}$有两个交点，
令g（x）=$\frac{\sqrt{2x+1}}{{e}^{x}}$，则g′（x）=$\frac{-2x}{{e}^{x}\sqrt{2x+1}}$，
所以当-$\frac{1}{2}$＜x＜0时，g′（x）＞0，函数g（x）单调递增；
当x＞0时，g′（x）＜0，函数g（x）单调递减；
所以当x=0时，g（x）取得最大值1；
又因为g（-$\frac{1}{2}$）=0，当x＞-$\frac{1}{2}$时，g（x）＞0，且当x→+∞时，g（x）→0，
所以0＜$\frac{2a+1}{a}$＜1，解得-1＜a＜-$\frac{1}{2}$．
解法二、函数f（x）=（2a+1）e^x-a$\sqrt{2x+1}$有且仅有两个零点，
等价于方程（2a+1）e^x=a$\sqrt{2x+1}$（*）有两个不等的实数根，
当a=0时，不满足题意；
当a≠0时，方程可化为$\frac{2a+1}{a}$=$\frac{\sqrt{2x+1}}{{e}^{x}}$，
（1）若x=-$\frac{1}{2}$，则a=-$\frac{1}{2}$，不合题意；
（2）若x＞-$\frac{1}{2}$，方程（*）可化为ln（$\frac{2a+1}{a}$）=$\frac{1}{2}$ln（2x+1）-x，
即2ln（$\frac{2a+1}{a}$）=ln（2x+1）-2x；
令h（x）=ln（2x+1）-2x，（x＞-$\frac{1}{2}$），
则h′（x）=$\frac{2}{2x+1}$-2=$\frac{-4x}{2x+1}$；
当-$\frac{1}{2}$＜x＜0时，h′（x）＞0，h（x）单调递增；
当x＞0时，h′（x）＜0，h（x）单调递减；
所以当x=0时，h（x）取得最大值0，
又当x→-$\frac{1}{2}$时，g（x）→-∞，
当x→+∞时，g（x）→-∞，
所以2ln（$\frac{2a+1}{a}$）＜0，
所以0＜$\frac{2a+1}{a}$＜1，
解得-1＜a＜-$\frac{1}{2}$．
故选：A．

点评 本题考查了函数的零点与方程的应用问题，也考查了转化问题与分类讨论思想的应用问题，是综合性题目．