Question

19．已知函数f（x）=（ax²+x-1）e^x+f'（0）．
（1）讨论函数f（x）的单调性；
（2）若g（x）=e^-xf（x）+lnx，h（x）=e^x，过O（0，0）分别作曲线y=g（x）与y=h（x）的切线l₁，l₂，且l₁与l₂关于x轴对称，求证：-$\frac{（e+1）^{3}}{2{e}^{2}}$＜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）求出直线l₁的方程，设l₁与y=g（x）的切点为（x₁，y₁），得到$\frac{e+1}{2}{x_1}+ln{x_1}-\frac{3}{2}=0$，根据函数的单调性求出a的范围即可．

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，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$（{-2-\frac{1}{a}，0}）$．
②若a=0，f（x）=（x-1）e^x，f'（x）=xe^x，当x＞0时，f'（x）＞0；当x＜0时，f'（x）＜0，
所以f（x）的单调递增区间为（0，+∞）；单调递减区间为（-∞，0）．
③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$（{-∞，0}），（{-2-\frac{1}{a}，+∞}）$．
④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（-∞，+∞）．
⑤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$（{-∞，-2-\frac{1}{a}}），（{0，+∞}）$．
当a＞0时，f（x）的单调递增区间为$（{-∞，-2-\frac{1}{a}}），（{0，+∞}）$；单调递减区间为$（{-2-\frac{1}{a}，0}）$．
当a=0时，f（x）的单调递增区间为（0，+∞）；单调递减区间为（-∞，0）．，
当$-\frac{1}{2}＜a＜0$时，f（x）的单调递增区间为$（{0，-2-\frac{1}{a}}）$；单调递减区间为$（{-∞，0}），（{-2-\frac{1}{a}，+∞}）$．
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）=e^-xf（x）+lnx=-e^-x（ax²+x-1）e^x+lnx=ax²+x-1+lnx，
设l₂的方程为y=k₂x，切点为（x₂，y₂），则${y_2}={e^{x_2}}，{k_2}={e^{x_2}}=\frac{y_2}{x_2}$，所以x₂=1，y₂=e，k₂=e．
由题意知k₁=-k₂=-e，所以l₁的方程为y=-ex，设l₁与y=g（x）的切点为（x₁，y₁），
则${k_1}=g'（{x_1}）=2a{x_1}+1+\frac{1}{x_1}=\frac{y_1}{x_1}=-e，a=-\frac{e+1}{{2{x_1}}}-\frac{1}{2x_1^2}$．
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$u（x）=\frac{e+1}{2}x+lnx-\frac{3}{2}，u'（x）=\frac{e+1}{2}+\frac{1}{x}$，
在定义域上，u'（x）＞0，所以（0，+∞）上，u（x）是单调递增函数，
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$t=\frac{1}{x_1}$，则$1＜t＜\frac{e+1}{e}，a（t）=-\frac{1}{2}[{{t^2}+（{e+1}）t}]$，所以$a＞a（{\frac{e+1}{e}}）=-\frac{{{{（{e+1}）}^3}}}{{2{e^2}}}，a＜a（1）=-\frac{e+2}{2}$，
故$-\frac{{{{（{e+1}）}^3}}}{{2{e^2}}}＜a＜-\frac{e+2}{2}$．

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．