Question

已知a為實數(shù)，函數(shù)f（x）=（1+ax）e^x，函數(shù)g(x)=

1

1-ax

，令函數(shù)F（x）=f（x）•g（x）．
（1）若a=1，求函數(shù)f（x）的極小值；
（2）當a=-

1

2

時，解不等式F（x）＜1；
（3）當a＜0時，求函數(shù)F（x）的單調(diào)區(qū)間．

Answer 1

分析：（1）a=1代入f（x），對其進行求導(dǎo)，得到極值點，利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性問題；
（2）把a=-

1

2

代入f（x）和g（x），從而得到F（x），再代入不等式F（x）＜1進行求解；
（3）求導(dǎo)數(shù)F′（x），在定義域內(nèi)解不等式F′（x）＞0，F(xiàn)^′（x）＜0，分a＜-

1

2

，a=-

1

2

，-

1

2

＜a＜0，三種情況進行討論即可解得，由導(dǎo)數(shù)與函數(shù)單調(diào)性關(guān)系即得單調(diào)區(qū)間

解答：（1）由f'（x）=e^x+（1+x）e^x=0得x=-2，
當x＜-2時，f'（x）＜0，f（x）在（-∞，-2）上單調(diào)遞減，
當x＞-2時，f'（x）＞0，f（x）在（-2，+∞）上單調(diào)遞增，
所以函數(shù)f（x）的最小值為f（-2）=-e^-2；
（2）當a=-

1

2

時F（x）=(1+

1

2

x)e x×

1

1- 1 2 x

＜1，即

(2-x)e x

2+x

-1＜0
設(shè)m（x）=

(2-x)e x

2+x

-1，則m（0）=0，m′(x)=

-x 2e x

(2+x)2

＜0
所以m（x）的單調(diào)遞減區(qū)間是（-∞，-2）和（-2，+∞），
而當x＜-2時，總有

(2-x)e x

2+x

-1＜0成立，
所以不等式F（x）＜1的解集是（-∞，-2）∪（0，+∞）．
（3）F(x)=

1+ax

1-ax

e x，定義域為{x|x≠

1

a

}
則F′(x)=

-a2x2+2a+1

(1-ax)2

e x=

-a2(x2- 2a+1 a2 )

(1-ax)2

e x，令F′（x）=0，得x2=

2a+1

a2

（a＜0）
①當2a+1＜0，即a＜-

1

2

時，F(xiàn)′（x）＜0
則當a＜-

1

2

時，函數(shù)F（x）的單調(diào)遞減區(qū)間是（-∞，

1

a

）和（

1

a

，+∞）．
②當2a+1=0，即a=-

1

2

時，由（2）知，函數(shù)F（x）的單調(diào)遞減區(qū)間是（-∞，-2）和（-2，+∞）．
③當2a+1＞0，即-

1

2

＜a＜0時，解x2=

2a+1

a2

得到x1=

2a+1

a

，x2=-

2a+1

a

∵

1

a

＜

2a+1

a

，∴令F′（x）＜0，得到x∈（-∞，

1

a

），x∈（

1

a

，

2a+1

a

），x∈(-

2a+1

a

，+∞)；
令F′（x）＞0，得到x∈（

2a+1

a

，-

2a+1

a

）．
則當-

1

2

＜a＜0時，函數(shù)F（x）的單調(diào)遞減區(qū)間是（-∞，

1

a

），（

1

a

，

2a+1

a

），(-

2a+1

a

，+∞)；
函數(shù)F（x）的單調(diào)遞增區(qū)間是（

2a+1

a

，-

2a+1

a

）．

點評：此題主要考查利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)單調(diào)性問題，考查分類討論思想，屬中檔題．