Question

12．已知函数f（x）=（ax²+x-1）e^x．
（1）若a＜0时，讨论函数f（x）的单调性；
（2）若g（x）=e^-xf（x）+lnx，过O（0，0）作y=g（x）切线l，已知切线l的斜率为-e，求证：-$\frac{2{e}^{2}+e}{2}$＜a＜-$\frac{e+2}{2}$．

Answer 1

分析 （1）求出函数的导数，通过讨论a的范围，求出函数的单调区间即可；
（2）求出g（x）的导数，设出切点坐标，表示出切线方程，求出关于a的解析式，根据函数的单调性求出a的范围即可．

解答 解：（1）由已知得：f'（x）=[ax²+（2a+1）x]e^x=[x（ax+2a+1）]e^x．
①若$-\frac{1}{2}＜a＜0$，当$x＞-2-\frac{1}{a}$或x＜0时，f'（x）＜0；当$0＜x＜-2-\frac{1}{a}$时，f'（x）＞0，
所以f（x）的单调递增区间为$（{0，-2-\frac{1}{a}}）$；单调递减区间为$（{-∞，0}），（{-2-\frac{1}{a}，+∞}）$．
②若$a=-\frac{1}{2}，f'（x）=-\frac{1}{2}{x^2}{e^x}≤0$，故f（x）的单调递减区间为（-∞，+∞）；
③若$a＜-\frac{1}{2}$，当$x＜-2-\frac{1}{a}$或x＞0时，f'（x）＜0；当$-2-\frac{1}{a}＜x＜0$时，f'（x）＞0；
所以f（x）的单调递增区间为$（{-2-\frac{1}{a}，0}）$；单调递减区间为$（{-∞，-2-\frac{1}{a}}），（{0，+∞}）$．
综上，当$-\frac{1}{2}＜a＜0$时，f（x）单调递增区间为$（{0，-2-\frac{1}{a}}）$；单调递减区间为（-∞，0），$（{-2-\frac{1}{a}，+∞}）$．
当$a=-\frac{1}{2}$时，f（x）的单调递减区间为（-∞，+∞）；
当$a＜-\frac{1}{2}$时，f（x）单调递增区间为$（{-2-\frac{1}{a}，0}）$；单调递减区间为$（{-∞，-2-\frac{1}{a}}）$，（0，+∞）．
（2）证明：$g（x）=a{x^2}+x+lnx-1，g'（x）=\frac{{2a{x^2}+x+1}}{x}$，
设切点$（{{x_0}，a{x_0}^2+{x_0}+ln{x_0}-1}）$，斜率为$\frac{{2a{x_0}^2+{x_0}+1}}{x_0}=-e$①，
所以切线方程为$y-（{a{x_0}^2+{x_0}+ln{x_0}-1}）=\frac{{a{x_0}^2+{x_0}+1}}{x_0}（x-{x_0}）$，
将（0，0）代入得：$-（{a{x_0}^2+{x_0}+ln{x_0}-1}）=e{x_0}$②，
由 ①知$a=\frac{{-e{x_0}-{x_0}-1}}{{2{x_0}^2}}$代入②得：（e+1）x₀+2lnx₀-3=0，令u（x）=（e+1）x+2lnx-3，
则$u'（x）=e+1+\frac{2}{x}＞0$恒成立，∴u（x）在（0，+∞）单增，且$u（1）=e-2＞0，u（{\frac{1}{e}}）＜0$，
∴$\frac{1}{e}＜{x_0}＜1$，∴$a=\frac{{e{x_0}-{x_0}-1}}{{2{x_0}^2}}=-\frac{1}{2}{（{\frac{1}{x_0}}）^2}-\frac{e+1}{2}（{\frac{1}{x_0}}）$，
令$t=\frac{1}{x_0}$，则1＜t＜e，则$a（t）=-\frac{1}{2}{t^2}-\frac{e+1}{2}t$
在（1，e）递减，且$a（1）=-\frac{e+2}{2}，a（e）=-\frac{{2{e^2}+e}}{2}$，
∴$-\frac{{2{e^2}+e}}{2}＜a＜-\frac{e+2}{2}$．

点评 本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应用以及分类讨论思想，转化思想，是一道综合题．