Question

10．已知函數f（x）=axe^x-（a-1）（x+1）²（其中a∈R，e為自然對數的底數，e=2.718128…）．
（1）若f（x）僅有一個極值點，求a的取值范圍；
（2）證明：當$0＜a＜\frac{1}{2}$時，f（x）有兩個零點x₁，x₂，且-3＜x₁+x₂＜-2．

Answer 1

分析 （1）先求導，再令f'（x）=0得到x=-1或ae^x-2a+2=0（*），根據ae^x-2a+2=0（*）無解即可求出a的范圍．
（2）求出-2＜x₁＜-1，-1＜x₂＜0，根據$f（{x_1}）=a{x_1}{e^{x_1}}-（{a-1}）{（{{x_1}+1}）^2}=0，f（{x_2}）=a{x_2}{e^{x_2}}-（{a-1}）{（{{x_2}+1}）^2}=0$，得到-3＜x₁+x₂＜-1，問題轉化為證明f（x₁）＞f（-2-x₂）即可．

解答 （1）解：f'（x）=ae^x+axe^x-2（a-1）（x+1）=（x+1）（ae^x-2a+2），
由f'（x）=0得到x=-1或ae^x-2a+2=0（*）
由于f（x）僅有一個極值點，
關于x的方程（*）必無解，
①當a=0時，（*）無解，符合題意，
②當a≠0時，由（*）得${e^x}=\frac{2a-2}{a}$，故由$\frac{2a-2}{a}≤0$得0＜a≤1，
由于這兩種情況都有，當x＜-1時，f'（x）＜0，于是f（x）為減函數，
當x＞-1時，f'（x）＞0，于是f（x）為增函數，
∴僅x=-1為f（x）的極值點，綜上可得a的取值范圍是[0，1]；
（2）證明：由（1）當$0＜a＜\frac{1}{2}$時，x=-1為f（x）的極小值點，
又∵$f（{-2}）=-\frac{2a}{e^2}-（{a-1}）=（{-\frac{2}{e^2}-1}）a+1＞0$對于$0＜a＜\frac{1}{2}$恒成立，
$f（{-1}）=-\frac{a}{e}＜0$對于$0＜a＜\frac{1}{2}$恒成立，
f（0）=-（a-1）＞0對于$0＜a＜\frac{1}{2}$恒成立，
∴當-2＜x＜-1時，f（x）有一個零點x₁，
當-1＜x＜0時，f（x）有另一個零點x₂，
即-2＜x₁＜-1，-1＜x₂＜0，
且$f（{x_1}）=a{x_1}{e^{x_1}}-（{a-1}）{（{{x_1}+1}）^2}=0，f（{x_2}）=a{x_2}{e^{x_2}}-（{a-1}）{（{{x_2}+1}）^2}=0$，（#）
所以-3＜x₁+x₂＜-1，
下面再證明x₁+x₂＜-2，即證x₁＜-2-x₂，
由-1＜x₂＜0得-2＜-2-x₂＜-1，
由于x＜-1，f（x）為減函數，
于是只需證明f（x₁）＞f（-2-x₂），
也就是證明f（-2-x₂）＜0，$f（{-2-{x_2}}）=a（{-2-{x_2}}）{e^{-2-{x_2}}}-（{a-1}）{（{-{x_2}-1}）^2}=a（{-2-{x_2}}）{e^{-2-{x_2}}}-（{a-1}）{（{{x_2}+1}）^2}$，
借助（#）代換可得$f（{-2-{x_2}}）=a（{-2-{x_2}}）{e^{-2-{x_2}}}-a{x_2}{e^{x_2}}=a[{（{-2-{x_2}}）{e^{-2-{x_2}}}-{x_2}{e^{x_2}}}]$，
令g（x）=（-2-x）e^-2-x-xe^x（-1＜x＜0），
則g'（x）=（x+1）（e^-2-x-e^x），
∵h（x）=e^-2-x-e^x為（-1，0）的減函數，且h（-1）=0，
∴g'（x）=（x+1）（e^-2-x-e^x）＜0在（-1，0）恒成立，
于是g（x）為（-1，0）的減函數，即g（x）＜g（-1）=0，
∴f（-2-x₂）＜0，這就證明了x₁+x₂＜-2，
綜上所述，-3＜x₁+x₂＜-2．

點評 本題考查了導數和函數的單調性和關系和一級函數的極值的問題，考查了分類討論的思想以及不等式的證明，是一道綜合題．