Question

15．設f（x）=xe^x（e為自然對數的底數），g（x）=（x+1）²．
（Ⅰ）記$F（x）=\frac{f（x）}{g（x）}$，討論函數F（x）的單調性；
（Ⅱ）令G（x）=af（x）+g（x）（a∈R），若函數G（x）有兩個零點，求實數a的取值范圍．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函數的導數，解關于導函數的不等式，求出函數的單調區間即可；
（Ⅱ）求出G（x）的導數，通過討論a的范圍求出函數G（x）的極小值，結合函數的零點確定a的范圍即可．

解答 解：（Ⅰ）設F（x）=$\frac{f（x）}{g（x）}$=$\frac{x{e}^{x}}{（x+1）^{2}}$，（x≠-1），
F′（x）=$\frac{（x+1）{e}^{x}•（x+1）^{2}-x{e}^{x}•2（x+1）}{（x+1）^{4}}$=$\frac{{e}^{x}（{x}^{2}+1）}{（x+1）^{3}}$，
∴當x∈（-∞，-1）時，F′（x）＜0，當x∈（-1，+∞）時，F′（x）＞0，
∴F（x）在（-∞，-1）是減函數，在（-1，+∞）是增函數；
（Ⅱ）G（x）=af（x）+g（x）=axe^x+（x+1）²，
G′（x）=a（x+1）e^x+2（x+1）=（x+1）（ae^x+2），
當a=0時，G（x）=（x+1）²，有唯一零點：-1，
當a＞0時，ae^x+2＞0，則x∈（-∞，-1）時，G′（x）＜0，G（x）單調遞減，
當x∈（-1，+∞），G′（x）＞0，G（x）單調遞增，
G（x）_極小值=G（-1）=-$\frac{a}{e}$＜0，由G（0）=1＞0，
∴當x∈（-1，+∞），G（x）有唯一的零點，
當x＜-1時，ax＜0，則e^x＜$\frac{1}{e}$，axe^x＞$\frac{ax}{e}$，
∴G（x）＞$\frac{ax}{e}$+（x+1）2=x²+（2+$\frac{a}{e}$）x+1，
由△=（2+$\frac{a}{e}$）²-4×1×1=$\frac{4a}{e}$+（$\frac{a}{e}$）²＞0，
∴?t₁，t₂，且t₁＜t₂，當x∈（-∞，t₁）（t₂，+∞）使得x²+（2+$\frac{a}{e}$）x+1＞0，
取x₀∈（-∞，-1）∩（-∞，t₁），則G（x₀）＞0，
從而x∈（-∞，-1）時，G（x）有唯一零點，
即a＞0時，函數G（x）有2個零點；
③a＜0時，G′（x）=a（x+1）（e^x+$\frac{2}{a}$），
由G′（x）=0，解得：x=-1或ln（-$\frac{2}{a}$），
若-1=ln（-$\frac{2}{a}$），即a=-2e時，G′（x）=-2e（x+1）（e^x-$\frac{1}{e}$）≤0，
故G（x）遞減，至多有1個零點；
若-1＞ln（-$\frac{2}{a}$），即a＜-2e時，G′（x）=a（x+1）（e^x+$\frac{2}{a}$），
注意到y=x+1，y=e^x+$\frac{2}{a}$都是增函數，
故x∈（-∞，ln（-$\frac{2}{a}$））時，G′（x）＜0，G（x）遞減，
x∈（ln（-$\frac{2}{a}$），-1）時，G′（x）＞0，G（x）遞增，
x∈（-1，+∞）時，G′（x）＜0，G（x）遞減，
又∵G（x）_極小值=G（ln（-$\frac{2}{a}$））=ln²（-$\frac{2}{a}$）+1＞0，
故G（x）至多1個零點；
若-1＜ln（-$\frac{2}{a}$），即-2e＜a＜0時，同理得x∈（-∞，-1）時，G′（x）＜0，G（x）遞減，
x∈（-1，ln（-$\frac{2}{a}$））時，G′（x）＞0，G（x）遞增，
x∈（ln（-$\frac{2}{a}$），+∞）時，G′（x）＜0，G（x）遞減，
又∵G（x）_極小值=G（-1）=-$\frac{a}{e}$＞0，
∴G（x）至多1個零點，
綜上，若函數G（x）有2個零點，則參數a的范圍是（0，+∞）．

點評 本題考查了利用導數研究函數的單調性極值與最值、切線方程、分類討論、方程與不等式的解法，考查了推理能力與計算能力，屬于難題．