Question

11．已知函數(shù)f（x）=xe^2x+alnx+2ax（a∈R）．
（1）當a＜0時，討論函數(shù)f（x）的零點的個數(shù)；
（2）若x＞0時，恒有f（x）＜alnx+2ax+（2-k）（e^4x-1）成立，求實數(shù)k的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）令f（x）=0可得-a=$\frac{x{e}^{2x}}{lnx+2x}$，令g（x）=$\frac{x{e}^{2x}}{lnx+2x}$，判斷g（x）的單調性，計算g（x）的極值，從而得出方程-a=g（x）的解的個數(shù)，從而得出f（x）的零點個數(shù)；
（2）由題意可得2-k＞$\frac{x{e}^{2x}}{{e}^{4x}-1}$在（0，+∞）恒成立，設h（x）=$\frac{x{e}^{2x}}{{e}^{4x}-1}$，求出h（x）在（0，+∞）上的值域即可得出k的范圍．

解答 解：（1）令f（x）=0可得-a=$\frac{x{e}^{2x}}{lnx+2x}$，
設lnx+2x=0的解的x₁，則顯然0＜x₁．
∴當0＜x＜x₁時，∴$\frac{x{e}^{2x}}{lnx+2x}$＜0，當x＞x₁時，$\frac{x{e}^{2x}}{lnx+2x}$＞0．
∵a＜0，∴方程-a=$\frac{x{e}^{2x}}{lnx+2x}$無解，即f（x）在（0，x₁）上無零點．
令g（x）=$\frac{x{e}^{2x}}{lnx+2x}$（x＞x₁），可得g′（x）=$\frac{（2x+1）{e}^{2x}（lnx+2x-1）}{（lnx+2x）^{2}}$，
令g′（x）=0可得lnx+2x-1=0，
∵y=lnx+2x-1是增函數(shù)，且x→0時，y→-∞，當x→e時，y→2e，
∴g′（x）=0有唯一解，不妨設為x₀，顯然x₀＞x₁，
∴當x₁＜x＜x₀時，g′（x）＜0，當x＞x₀時，g′（x）＞0，
∴g（x）在（x₁，x₀）上單調遞減，在（x₀，+∞）上單調遞增，
∴當x=x₀時，g（x）取得極小值g（x₀）=$\frac{{x}_{0}{e}^{2{x}_{0}}}{ln{x}_{0}+2{x}_{0}}$，
∵lnx₀+2x₀-1=0，∴l(xiāng)nx₀+2x₀=1，2x₀=1-lnx₀=ln$\frac{e}{{x}_{0}}$，
∴x₀e${\;}^{2{x}_{0}}$=e，∴g（x₀）=e．
∴0＜-a＜e即-e＜a＜0時，方程-a=g（x）無解，
當-a=e即a=-e時，方程-a=g（x）有一個解，
當-a＞e即a＜-e時，方程-a=g（x）有兩個解，
綜上，當-e＜a＜0時，f（x）無零點；
當a=-e時，f（x）有一個零點，
當a＜-e時，f（x）有兩個零點．
（2）∵f（x）＜alnx+2ax+（2-k）（e^4x-1）恒成立，
即xe^2x＜（2-k）（e^4x-1）恒成立，
∵x＞0，∴e^4x-1＞0，∴2-k＞$\frac{x{e}^{2x}}{{e}^{4x}-1}$在（0，+∞）恒成立，
設h（x）=$\frac{x{e}^{2x}}{{e}^{4x}-1}$，則h′（x）=$\frac{{e}^{2x}（{e}^{4x}-2x{e}^{4x}-2x-1）}{（{e}^{4x}-1）^{2}}$，
令m（x）=e^4x-2xe^4x-2x-1，則m′（x）=2e^4x-8xe^4x-2=e^4x（2-8x）-2，
m″（x）=-32xe^4x＜0，
∴m′（x）在（0，+∞）上單調遞減，
∴m′（x）＜m′（0）=0，
∴m（x）在（0，+∞）上單調遞減，
∴m（x）＜m（0）=0，
∴h′（x）＜0，
∴h（x）在（0，+∞）上單調遞減，
∵當x→0時，h（x）→$\frac{1}{4}$，
∴2-k≥$\frac{1}{4}$，解得k≤$\frac{7}{4}$．

點評 本題考查了函數(shù)單調性的判斷與函數(shù)零點的個數(shù)判斷，函數(shù)恒成立問題與函數(shù)最值的計算，屬于難題．