分析:(1)a=1代入f(x),对其进行求导,得到极值点,利用导数研究函数的单调性问题;
(2)把a=-
代入f(x)和g(x),从而得到F(x),再代入不等式F(x)<1进行求解;
(3)求导数F′(x),在定义域内解不等式F′(x)>0,F
′(x)<0,分a
<-,a=
-,-
<a<0,三种情况进行讨论即可解得,由导数与函数单调性关系即得单调区间
解答:(1)由f'(x)=e
x+(1+x)e
x=0得x=-2,
当x<-2时,f'(x)<0,f(x)在(-∞,-2)上单调递减,
当x>-2时,f'(x)>0,f(x)在(-2,+∞)上单调递增,
所以函数f(x)的最小值为f(-2)=-e
-2;
(2)当a=-
时F(x)=
(1+x)e x×<1,即
-1<0设m(x)=
-1,则m(0)=0,
m′(x)=<0
所以m(x)的单调递减区间是(-∞,-2)和(-2,+∞),
而当x<-2时,总有
-1<0成立,
所以不等式F(x)<1的解集是(-∞,-2)∪(0,+∞).
(3)
F(x)=e x,定义域为{x|
x≠}
则
F′(x)=e x=
e x,令F′(x)=0,得
x2=(a<0)
①当2a+1<0,即
a<-时,F′(x)<0
则当
a<-时,函数F(x)的单调递减区间是(-∞,
)和(
,+∞).
②当2a+1=0,即
a=-时,由(2)知,函数F(x)的单调递减区间是(-∞,-2)和(-2,+∞).
③当2a+1>0,即
-<a<0时,解
x2=得到
x1=,
x2=-∵
<,∴令F′(x)<0,得到x∈(-∞,
),x∈(
,
),x∈
(-,+∞);
令F′(x)>0,得到x∈(
,
-).
则当
-<a<0时,函数F(x)的单调递减区间是(-∞,
),(
,
),
(-,+∞);
函数F(x)的单调递增区间是(
,
-).
点评:此题主要考查利用导数研究函数单调性问题,考查分类讨论思想,属中档题.