Question

19．已知函數(shù)f（x）=（ax²+x-1）e^x+f'（0）．
（1）討論函數(shù)f（x）的單調(diào)性；
（2）若g（x）=e^-xf（x）+lnx，h（x）=e^x，過O（0，0）分別作曲線y=g（x）與y=h（x）的切線l₁，l₂，且l₁與l₂關(guān)于x軸對稱，求證：-$\frac{（e+1）^{3}}{2{e}^{2}}$＜a＜-$\frac{e+2}{2}$．

Answer 1

分析 （1）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，通過討論a的范圍求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間即可；
（2）求出直線l₁的方程，設(shè)l₁與y=g（x）的切點為（x₁，y₁），得到$\frac{e+1}{2}{x_1}+ln{x_1}-\frac{3}{2}=0$，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性求出a的范圍即可．

解答 解：由已知得f'（x）=[ax²+（2a+1）x]e^x，f'（0）=0，所以f（x）=（ax²+x-1）e^x．
（1）f'（x）=[ax²+（2a+1）x]e^x=[x（ax+2a+1）]e^x．
①若a＞0，當(dāng)$x＜-2-\frac{1}{a}$或x＞0時，f'（x）＞0；當(dāng)$-2-\frac{1}{a}＜x＜0$時，f'（x）＜0，
所以f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間為$（{-∞，-2-\frac{1}{a}}），（{0，+∞}）$；單調(diào)遞減區(qū)間為$（{-2-\frac{1}{a}，0}）$．
②若a=0，f（x）=（x-1）e^x，f'（x）=xe^x，當(dāng)x＞0時，f'（x）＞0；當(dāng)x＜0時，f'（x）＜0，
所以f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間為（0，+∞）；單調(diào)遞減區(qū)間為（-∞，0）．
③若$-\frac{1}{2}＜a＜0$，當(dāng)$x＞-2-\frac{1}{a}$或x＜0時，f'（x）＜0；當(dāng)$0＜x＜-2-\frac{1}{a}$時，f'（x）＞0，
所以f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間為$（{0，-2-\frac{1}{a}}）$；單調(diào)遞減區(qū)間為$（{-∞，0}），（{-2-\frac{1}{a}，+∞}）$．
④若$a=-\frac{1}{2}，f'（x）=-\frac{1}{2}{x^2}{e^x}≤0$，故f（x）的單調(diào)遞減區(qū)間為（-∞，+∞）．
⑤若$a＜-\frac{1}{2}$，當(dāng)$x＜-2-\frac{1}{a}$或x＞0時，f'（x）＜0；當(dāng)$-2-\frac{1}{a}＜x＜0$時，f'（x）＞0，
所以f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間為$（{-2-\frac{1}{a}，0}）$；單調(diào)遞減區(qū)間為$（{-∞，-2-\frac{1}{a}}），（{0，+∞}）$．
當(dāng)a＞0時，f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間為$（{-∞，-2-\frac{1}{a}}），（{0，+∞}）$；單調(diào)遞減區(qū)間為$（{-2-\frac{1}{a}，0}）$．
當(dāng)a=0時，f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間為（0，+∞）；單調(diào)遞減區(qū)間為（-∞，0）．，
當(dāng)$-\frac{1}{2}＜a＜0$時，f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間為$（{0，-2-\frac{1}{a}}）$；單調(diào)遞減區(qū)間為$（{-∞，0}），（{-2-\frac{1}{a}，+∞}）$．
當(dāng)$a=-\frac{1}{2}$時，f（x）的單調(diào)遞減區(qū)間為（-∞，+∞）；
當(dāng)$a＜-\frac{1}{2}$時，f（x）單調(diào)遞增區(qū)間為$（{-2-\frac{1}{a}，0}）$；單調(diào)遞減區(qū)間為$（{-∞，-2-\frac{1}{a}}）$，（0，+∞）；
（2）證明：g（x）=e^-xf（x）+lnx=-e^-x（ax²+x-1）e^x+lnx=ax²+x-1+lnx，
設(shè)l₂的方程為y=k₂x，切點為（x₂，y₂），則${y_2}={e^{x_2}}，{k_2}={e^{x_2}}=\frac{y_2}{x_2}$，所以x₂=1，y₂=e，k₂=e．
由題意知k₁=-k₂=-e，所以l₁的方程為y=-ex，設(shè)l₁與y=g（x）的切點為（x₁，y₁），
則${k_1}=g'（{x_1}）=2a{x_1}+1+\frac{1}{x_1}=\frac{y_1}{x_1}=-e，a=-\frac{e+1}{{2{x_1}}}-\frac{1}{2x_1^2}$．
又${y_1}=ax_1^2+{x_1}+-1+ln{x_1}=-e{x_1}$，即$\frac{e+1}{2}{x_1}+ln{x_1}-\frac{3}{2}=0$，令$u（x）=\frac{e+1}{2}x+lnx-\frac{3}{2}，u'（x）=\frac{e+1}{2}+\frac{1}{x}$，
在定義域上，u'（x）＞0，所以（0，+∞）上，u（x）是單調(diào)遞增函數(shù)，
又$u（1）=\frac{e-2}{2}＞0，u（{\frac{e}{e+1}}）=\frac{e}{2}+ln\frac{e}{e+1}-\frac{3}{2}＜0$，所以$u（1）•u（{\frac{e}{e+1}}）＜0$，即$\frac{e}{e+1}＜{x_1}＜1$，
令$t=\frac{1}{x_1}$，則$1＜t＜\frac{e+1}{e}，a（t）=-\frac{1}{2}[{{t^2}+（{e+1}）t}]$，所以$a＞a（{\frac{e+1}{e}}）=-\frac{{{{（{e+1}）}^3}}}{{2{e^2}}}，a＜a（1）=-\frac{e+2}{2}$，
故$-\frac{{{{（{e+1}）}^3}}}{{2{e^2}}}＜a＜-\frac{e+2}{2}$．

點評 本題考查了函數(shù)的單調(diào)性、最值問題，考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用以及分類討論思想，轉(zhuǎn)化思想，是一道綜合題．