Question

12．已知函數f（x）=ae^2x+（a-2）e^x-x．
（1）討論f（x）的單調性；
（2）若f（x）有兩個零點，求a的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）求導，根據導數與函數單調性的關系，分類討論，即可求得f（x）單調性；
（2）由（1）可知：當a＞0時才有兩個零點，根據函數的單調性求得f（x）最小值，由f（x）_min＜0，g（a）=alna+a-1，a＞0，求導，由g（a）_min=g（e^-2）=e^-2lne^-2+e^-2-1=-$\frac{1}{{e}^{2}}$-1，g（1）=0，即可求得a的取值范圍．
（1）求導，根據導數與函數單調性的關系，分類討論，即可求得f（x）單調性；
（2）分類討論，根據函數的單調性及函數零點的判斷，分別求得函數的零點，即可求得a的取值范圍．

解答 解：（1）由f（x）=ae^2x+（a-2）e^x-x，求導f′（x）=2ae^2x+（a-2）e^x-1，
當a=0時，f′（x）=-2e^x-1＜0，
∴當x∈R，f（x）單調遞減，
當a＞0時，f′（x）=（2e^x+1）（ae^x-1）=2a（e^x+$\frac{1}{2}$）（e^x-$\frac{1}{a}$），
令f′（x）=0，解得：x=ln$\frac{1}{a}$，
當f′（x）＞0，解得：x＞ln$\frac{1}{a}$，
當f′（x）＜0，解得：x＜ln$\frac{1}{a}$，
∴x∈（-∞，ln$\frac{1}{a}$）時，f（x）單調遞減，x∈（ln$\frac{1}{a}$，+∞）單調遞增；
當a＜0時，f′（x）=2a（e^x+$\frac{1}{2}$）（e^x-$\frac{1}{a}$）＜0，恒成立，
∴當x∈R，f（x）單調遞減，
綜上可知：當a≤0時，f（x）在R單調減函數，
當a＞0時，f（x）在（-∞，ln$\frac{1}{a}$）是減函數，在（ln$\frac{1}{a}$，+∞）是增函數；
（2）①若a≤0時，由（1）可知：f（x）最多有一個零點，
當a＞0時，f（x）=ae^2x+（a-2）e^x-x，
當x→-∞時，e^2x→0，e^x→0，
∴當x→-∞時，f（x）→+∞，
當x→∞，e^2x→+∞，且遠遠大于e^x和x，
∴當x→∞，f（x）→+∞，
∴函數有兩個零點，f（x）的最小值小于0即可，
由f（x）在（-∞，ln$\frac{1}{a}$）是減函數，在（ln$\frac{1}{a}$，+∞）是增函數，
∴f（x）_min=f（ln$\frac{1}{a}$）=a×（$\frac{1}{{a}^{2}}$）+（a-2）×$\frac{1}{a}$-ln$\frac{1}{a}$＜0，
∴1-$\frac{1}{a}$-ln$\frac{1}{a}$＜0，即ln$\frac{1}{a}$+$\frac{1}{a}$-1＞0，
設t=$\frac{1}{a}$，則g（t）=lnt+t-1，（t＞0），
求導g′（t）=$\frac{1}{t}$+1，由g（1）=0，
∴t=$\frac{1}{a}$＞1，解得：0＜a＜1，
∴a的取值范圍（0，1）．
方法二：（1）由f（x）=ae^2x+（a-2）e^x-x，求導f′（x）=2ae^2x+（a-2）e^x-1，
當a=0時，f′（x）=2e^x-1＜0，
∴當x∈R，f（x）單調遞減，
當a＞0時，f′（x）=（2e^x+1）（ae^x-1）=2a（e^x+$\frac{1}{2}$）（e^x-$\frac{1}{a}$），
令f′（x）=0，解得：x=-lna，
當f′（x）＞0，解得：x＞-lna，
當f′（x）＜0，解得：x＜-lna，
∴x∈（-∞，-lna）時，f（x）單調遞減，x∈（-lna，+∞）單調遞增；
當a＜0時，f′（x）=2a（e^x+$\frac{1}{2}$）（e^x-$\frac{1}{a}$）＜0，恒成立，
∴當x∈R，f（x）單調遞減，
綜上可知：當a≤0時，f（x）在R單調減函數，
當a＞0時，f（x）在（-∞，-lna）是減函數，在（-lna，+∞）是增函數；
（2）①若a≤0時，由（1）可知：f（x）最多有一個零點，
②當a＞0時，由（1）可知：當x=-lna時，f（x）取得最小值，f（x）_min=f（-lna）=1-$\frac{1}{a}$-ln$\frac{1}{a}$，
當a=1，時，f（-lna）=0，故f（x）只有一個零點，
當a∈（1，+∞）時，由1-$\frac{1}{a}$-ln$\frac{1}{a}$＞0，即f（-lna）＞0，
故f（x）沒有零點，
當a∈（0，1）時，1-$\frac{1}{a}$-ln$\frac{1}{a}$＜0，f（-lna）＜0，
由f（-2）=ae^-4+（a-2）e^-2+2＞-2e^-2+2＞0，
故f（x）在（-∞，-lna）有一個零點，
假設存在正整數n₀，滿足n₀＞ln（$\frac{3}{a}$-1），則f（n₀）=${e}^{{n}_{0}}$（a${e}^{{n}_{0}}$+a-2）-n₀＞${e}^{{n}_{0}}$-n₀＞${2}^{{n}_{0}}$-n₀＞0，
由ln（$\frac{3}{a}$-1）＞-lna，
因此在（-lna，+∞）有一個零點．
∴a的取值范圍（0，1）．

點評 本題考查導數的綜合應用，考查利用導數求函數單調性及最值，考查函數零點的判斷，考查計算能力，考查分類討論思想，屬于中檔題．