Question

9．已知f（x）=e^ax（$\frac{a}{x}$+a+1），（a≥-1）
（1）求f（x）的單調區(qū)間；
（2）若存在x₁＞0，x₂＜0，使f（x₁）＜f（x₂），求a的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）求出f′（x），令f′（x）=0，根據(jù)a的范圍討論f（x）的極值點和單調區(qū)間．
（2）對a的范圍進行討論，只需令f（x）在（-∞，0）上的最大值大于（0，+∞）上的最小值即可．

解答 解：（1）f（x）的定義域為{x|x≠0}．
f′（x）=ae^ax（$\frac{a}{x}$+a+1）-e^ax•$\frac{a}{{x}^{2}}$=e^ax•$\frac{a[（a+1）{x}^{2}+ax-1]}{{x}^{2}}$
①若a=0，則f（x）=1，∴f（x）無單調區(qū)間．
②若a≠0，令f′（x）=0得（a+1）x²+ax-1=0，
（i）若a=-1，則-x-1=0，x=-1，
當x＜-1時，f′（x）＜0，當-1＜x＜0或x＞0時，f′（x）＞0，
∴f（x）的增區(qū)間是（-1，0），（0，+∞），f（x）的減區(qū)間是（-∞，-1）．
若a≠-1，令f′（x）=0，解得x=-1或x=$\frac{1}{a+1}$．
（ii）若-1＜a＜0，當x＜-1或x＞$\frac{1}{a+1}$時，f′（x）＜0，當-1＜x＜0，或0$＜x＜\frac{1}{a+1}$時，f′（x）＞0．
∴f（x）的增區(qū)間是（-1，0），（0，$\frac{1}{a+1}$），f（x）的減區(qū)間是（-∞，-1），（$\frac{1}{a+1}$，+∞）．
（iii）若a＞0，當x＜-1或x＞$\frac{1}{a+1}$時，f′（x）＞0，當-1＜x＜0，或0$＜x＜\frac{1}{a+1}$時，f′（x）＜0．
∴f（x）的減區(qū)間是（-1，0），（0，$\frac{1}{a+1}$），f（x）的增區(qū)間是（-∞，-1），（$\frac{1}{a+1}$，+∞）．
（2）①當a=0時，f（x）=1，顯然不符合題意；
②當a=-1時，f（x）=-$\frac{1}{x{e}^{x}}$，∴當x＞0時，f（x）＜0，當x＜0時，f（x）＞0，顯然符合題意；
③當-1＜a＜0時，f（x）在（-∞，-1）上單調遞減，在（-1，0）上單調遞增，在（0，$\frac{1}{a+1}$）上單調遞增，在（$\frac{1}{a+1}$，+∞）上單調遞減，
f（-1）=e^-a＞0，而x→0₊時，f（x）→-∞，故必存在x₁＞0，x₂＜0，使f（x₁）＜f（x₂）；
④當a＞0時，f（x）在（-∞，-1）上單調遞增，在（-1，0）上單調遞減，在（0，$\frac{1}{a+1}$）上單調遞減，在（$\frac{1}{a+1}$，+∞）上單調遞增．
∴當x＜0時，f（x）≤f（-1）=e^-a，當x＞0時，f（x）≥f（$\frac{1}{a+1}$）=e${\;}^{\frac{a}{a+1}}$（a+1）²．
∵存在x₁＞0，x₂＜0，使f（x₁）＜f（x₂）．∴e^-a＞e${\;}^{\frac{a}{a+1}}$（a+1）²．
∵a＞0，∴e^-a＜1，$\frac{a}{a+1}$＞0，（a+1）²＞1，∴e${\;}^{\frac{a}{a+1}}$（a+1）²＞e${\;}^{\frac{a}{a+1}}$＞1，∴e^-a＞e${\;}^{\frac{a}{a+1}}$（a+1）²無解．
綜上，a的取值范圍是[-1，0）．

點評 本題考查了導數(shù)與函數(shù)的單調性的關系，函數(shù)極值的應用，分類較多，屬于難題．