Question

【题目】已知函数f（x）＝（x﹣1）ex+ax2（a∈R）.

（1）讨论函数f（x）的单调性；

（2）若函数f（x）有两个零点x1，x2（x1＜x2），证明：x1+x2＜0.

Answer 1

【答案】（1）答案不唯一，具体见解析（2）证明见解析

【解析】

(1)对函数求导,根据的取值进行分情况讨论,判断函数的单调性;

(2)先判断函数有两个零点时的取值范围为,再利用极值点偏移法,构造函数,,证明即可.

(1)f(x)=(x﹣1)ex+ax2,

f′(x)=x(ex+2a),

①当a≥0时,ex+2a>0,

故当x∈(﹣∞,0)时,f'(x)<0,当x∈(0,+∞)时,f'(x)>0,

所以函数f(x)在(﹣∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增;

②当a<0时,由f'(x)=x(ex+2a)=0,得x=0,或x=ln(﹣2a),

i当﹣2a>1即a时,ln(﹣2a)>0,

故当x∈(﹣∞,0),(ln(﹣2a),+∞)时,f'(x)>0,f(x)递增,当x∈(0,ln(﹣2a))时,f'(x)<0,f(x)递减;

ii当0<﹣2a<1即a<0时,ln(﹣2a)<0,

故当x∈(﹣∞,ln(﹣2a)),(0,+∞)时,f'(x)>0,f(x)递增,当x∈(ln(﹣2a),0)时,f'(x)<0,f(x)递减;

iii当﹣2a=1即a,ln(﹣2a)=0,f'(x)≥0,f(x)在R上递增;

(2)函数f'(x)=x(ex+2a),由(1)可知:

①当a=0时,函数f(x)=(x﹣1)ex只有一个零点,不符合题意;

②当a<时,f(x)的极大值为f(0)=﹣1,f(x)极小值为,

故最多有一个零点,不成立;

③当a<0时,f(x)的极大值为f(ln(﹣2a)=[ln(﹣2a)﹣1]eln(﹣2a)+aln2(﹣2a)=a[ln2(﹣2a)﹣2ln(﹣2a)+2]=a[(ln(﹣2a)﹣1)2+1]<0,

故最多有一个零点,不成立;

④当a时,f(x)在R上递增,

故最多有一个零点不成立;

③当a>0,函数f(x)在(﹣∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增.

又f(0)=﹣1,f(1)=a>0,故在(0,1)存在一个零点x2,

因为x<0,所以x﹣1<0,0<ex<1,所以ex(x﹣1)>x﹣1,

所以f(x)>ax2+x﹣1,

取x0,显然x0<0且f(x0)>0,

所以f(x0)f(0)<0,故在(x0,0)存在一个零点x1,

因此函数f(x)有两个零点,且x1<0<x2,

要证x1+x2<0,即证明x1<﹣x2<0,

因为f(x)在(﹣∞,0)单调递减,故只需f(x1)=f(x2)>f(﹣x2)即可,

令g(x)=f(x)﹣f(﹣x),x>0,

g'(x)=x(ex+2a)﹣xe﹣x﹣2ax=x(ex﹣e﹣x)>0,

所以g(x)在上单调递增,

又g(0)=0,所以g(x)>0,

故f(x1)=f(x2)>f(﹣x2)成立,

即x1+x2<0成立.