Question

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

Answer 1

分析 （1）求導(dǎo)，根據(jù)導(dǎo)數(shù)與函數(shù)單調(diào)性的關(guān)系，分類(lèi)討論，即可求得f（x）單調(diào)性；
（2）由（1）可知：當(dāng)a＞0時(shí)才有兩個(gè)零點(diǎn)，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性求得f（x）最小值，由f（x）_min＜0，g（a）=alna+a-1，a＞0，求導(dǎo)，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(dǎo)，根據(jù)導(dǎo)數(shù)與函數(shù)單調(diào)性的關(guān)系，分類(lèi)討論，即可求得f（x）單調(diào)性；
（2）分類(lèi)討論，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性及函數(shù)零點(diǎn)的判斷，分別求得函數(shù)的零點(diǎn)，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(dǎo)f′（x）=2ae^2x+（a-2）e^x-1，
當(dāng)a=0時(shí)，f′（x）=-2e^x-1＜0，
∴當(dāng)x∈R，f（x）單調(diào)遞減，
當(dāng)a＞0時(shí)，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(dāng)f′（x）＞0，解得：x＞ln$\frac{1}{a}$，
當(dāng)f′（x）＜0，解得：x＜ln$\frac{1}{a}$，
∴x∈（-∞，ln$\frac{1}{a}$）時(shí)，f（x）單調(diào)遞減，x∈（ln$\frac{1}{a}$，+∞）單調(diào)遞增；
當(dāng)a＜0時(shí)，f′（x）=2a（e^x+$\frac{1}{2}$）（e^x-$\frac{1}{a}$）＜0，恒成立，
∴當(dāng)x∈R，f（x）單調(diào)遞減，
綜上可知：當(dāng)a≤0時(shí)，f（x）在R單調(diào)減函數(shù)，
當(dāng)a＞0時(shí)，f（x）在（-∞，ln$\frac{1}{a}$）是減函數(shù)，在（ln$\frac{1}{a}$，+∞）是增函數(shù)；
（2）①若a≤0時(shí)，由（1）可知：f（x）最多有一個(gè)零點(diǎn)，
當(dāng)a＞0時(shí)，f（x）=ae^2x+（a-2）e^x-x，
當(dāng)x→-∞時(shí)，e^2x→0，e^x→0，
∴當(dāng)x→-∞時(shí)，f（x）→+∞，
當(dāng)x→∞，e^2x→+∞，且遠(yuǎn)遠(yuǎn)大于e^x和x，
∴當(dāng)x→∞，f（x）→+∞，
∴函數(shù)有兩個(gè)零點(diǎn)，f（x）的最小值小于0即可，
由f（x）在（-∞，ln$\frac{1}{a}$）是減函數(shù)，在（ln$\frac{1}{a}$，+∞）是增函數(shù)，
∴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(shè)t=$\frac{1}{a}$，則g（t）=lnt+t-1，（t＞0），
求導(dǎo)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(dǎo)f′（x）=2ae^2x+（a-2）e^x-1，
當(dāng)a=0時(shí)，f′（x）=2e^x-1＜0，
∴當(dāng)x∈R，f（x）單調(diào)遞減，
當(dāng)a＞0時(shí)，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(dāng)f′（x）＞0，解得：x＞-lna，
當(dāng)f′（x）＜0，解得：x＜-lna，
∴x∈（-∞，-lna）時(shí)，f（x）單調(diào)遞減，x∈（-lna，+∞）單調(diào)遞增；
當(dāng)a＜0時(shí)，f′（x）=2a（e^x+$\frac{1}{2}$）（e^x-$\frac{1}{a}$）＜0，恒成立，
∴當(dāng)x∈R，f（x）單調(diào)遞減，
綜上可知：當(dāng)a≤0時(shí)，f（x）在R單調(diào)減函數(shù)，
當(dāng)a＞0時(shí)，f（x）在（-∞，-lna）是減函數(shù)，在（-lna，+∞）是增函數(shù)；
（2）①若a≤0時(shí)，由（1）可知：f（x）最多有一個(gè)零點(diǎn)，
②當(dāng)a＞0時(shí)，由（1）可知：當(dāng)x=-lna時(shí)，f（x）取得最小值，f（x）_min=f（-lna）=1-$\frac{1}{a}$-ln$\frac{1}{a}$，
當(dāng)a=1，時(shí)，f（-lna）=0，故f（x）只有一個(gè)零點(diǎn)，
當(dāng)a∈（1，+∞）時(shí)，由1-$\frac{1}{a}$-ln$\frac{1}{a}$＞0，即f（-lna）＞0，
故f（x）沒(méi)有零點(diǎn)，
當(dāng)a∈（0，1）時(shí)，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(gè)零點(diǎn)，
假設(shè)存在正整數(shù)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(gè)零點(diǎn)．
∴a的取值范圍（0，1）．

點(diǎn)評(píng) 本題考查導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用，考查利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)單調(diào)性及最值，考查函數(shù)零點(diǎn)的判斷，考查計(jì)算能力，考查分類(lèi)討論思想，屬于中檔題．