Question

13．設(shè)函數(shù)f（x）=x²-aln（x+2），g（x）=xe^x，且f（x）存在兩個極值點x₁、x₂，其中x₁＜x₂．
（1）求實數(shù)a的取值范圍；
（2）求g（x）在區(qū)間（-2，0）上的最小值；
（3）證明不等式：$\frac{f（{x}_{1}）}{{x}_{2}}$＜-1．

Answer 1

分析 （1）令f′（x）=0在定義域（-2，+∞）上有兩解，根據(jù)二次函數(shù)的性質(zhì)列出不等式組解出a的范圍；
（2）判斷g′（x）在（-2，0）上的符號得出g（x）在（-2，0）上的單調(diào)性，從而得出最小值；
（3）利用根與系數(shù)的關(guān)系得出$\frac{f（{x}_{1}）}{{x}_{2}}$關(guān)于x₂的函數(shù)，令-x₂=x得出新函數(shù)F（x）及定義域，判斷F（x）的單調(diào)性得出結(jié)論．

解答 解：（1）f′（x）=2x-$\frac{a}{x+2}$（x＞-2），
∵f（x）存在兩個極值點x₁、x₂，其中x₁、x₂，其中x₁＜x₂．
∴關(guān)于x的方程2x-$\frac{a}{x+2}$=0即2x²+4x-a=0在區(qū)間（-2，+∞）內(nèi)有兩個不相等的實數(shù)根．
∴$\left\{\begin{array}{l}{16+8a＞0}\\{8-8-a＞0}\end{array}\right.$，解得：-2＜a＜0，
∴實數(shù)a的取值范圍是（-2，0）
（2）g′（x）=（x+1）e^x，
∴當(dāng)x∈（-2，-1）時，g′（x）＜0，當(dāng)x∈（-1，0）時，g′（x）＞0，
∴g（x）在（-2，-1）單調(diào)遞減，g（x）在（-1，0）單調(diào)遞增．
∴g_min（x）=g（-1）=-$\frac{1}{e}$．
（3）由（1）知 $\left\{\begin{array}{l}{{x}_{1}{x}_{2}=-\frac{a}{2}}\\{{x}_{1}+{x}_{2}=-2}\\{-1＜{x}_{2}＜0}\end{array}\right.$，∴$\left\{\begin{array}{l}{a=-2{x}_{1}{x}_{2}}\\{{x}_{1}=-2-{x}_{2}}\\{-1＜{x}_{2}＜0}\end{array}\right.$．
∴$\frac{f（{x}_{1}）}{{x}_{2}}=\frac{{{x}_{1}}^{2}-aln（{x}_{1}+2）}{{x}_{2}}$=x₂+$\frac{4}{{x}_{2}}$-2（x₂+2）ln（-x₂）+4，
 令-x₂=x，則0＜x＜1且$\frac{f（{x}_{1}）}{{x}_{2}}=-x-\frac{4}{x}+2（x-2）lnx+4$，
令F（x）=-x-$\frac{4}{x}+2（x-2）lnx+4（0＜x＜1）$，
則F′（x）=-1+$\frac{4}{{x}^{2}}$+2lnx+$\frac{2（x-2）}{x}$=$\frac{4}{{x}^{2}}-\frac{4}{x}+2lnx+1（0＜x＜1）$
令G（x）=$\frac{4}{{x}^{2}}-\frac{4}{x}+2lnx+1（0＜x＜1）$，則G′（x）=-$\frac{8}{{x}^{3}}+\frac{4}{{x}^{2}}+\frac{2}{x}=\frac{2（{x}^{2}+2x-4）}{{x}^{3}}$．
∵0＜x＜1，∴G′（x）＜0，即F′（x）在（0，1）上是減函數(shù)，
∴F′（x）＞F′（1）=1＞0，∴F（x）在（0，1）上是增函數(shù)，
∴F（x）＜F（1）=-1，即$\frac{f（{x}_{1}）}{{x}_{2}}＜-1$．

點評 本題考查了導(dǎo)數(shù)與函數(shù)極值，單調(diào)性的關(guān)系，函數(shù)單調(diào)性的應(yīng)用，屬于中檔題．