Question

19．已知函數(shù)f（x）=（2a+1）e^x-a$\sqrt{2x+1}$有且僅有兩個零點，則實數(shù)a的取值范圍是（　�。�

• A． （-1，-$\frac{1}{2}$）
• B． [-1，-$\frac{1}{2}$）
• C． （-$\frac{1}{2}$，0）
• D． [-$\frac{1}{2}$，0）

Answer 1

分析 方法一、由函數(shù)f（x）有且僅有兩個零點，等價于方程（2a+1）e^x=a$\sqrt{2x+1}$有兩個不等的實數(shù)根，討論a=0和a≠0時，問題等價于兩曲線有兩個交點問題，再根據(jù)函數(shù)的導(dǎo)數(shù)判斷單調(diào)性，從而求出a的取值范圍．
方法二、由函數(shù)f（x）有且僅有兩個零點，等價于方程（2a+1）e^x=a$\sqrt{2x+1}$有兩個不等的實數(shù)根，討論a=0和a≠0時，利用函數(shù)思想研究該方程根的情況，從而求出a的取值范圍．

解答 解法一、函數(shù)f（x）=（2a+1）e^x-a$\sqrt{2x+1}$有且僅有兩個零點，
等價于方程（2a+1）e^x=a$\sqrt{2x+1}$有兩個不等的實數(shù)根，
當(dāng)a=0時，不滿足題意；
當(dāng)a≠0時，問題等價于直線y=$\frac{2a+1}{a}$與y=$\frac{\sqrt{2x+1}}{{e}^{x}}$有兩個交點，
令g（x）=$\frac{\sqrt{2x+1}}{{e}^{x}}$，則g′（x）=$\frac{-2x}{{e}^{x}\sqrt{2x+1}}$，
所以當(dāng)-$\frac{1}{2}$＜x＜0時，g′（x）＞0，函數(shù)g（x）單調(diào)遞增；
當(dāng)x＞0時，g′（x）＜0，函數(shù)g（x）單調(diào)遞減；
所以當(dāng)x=0時，g（x）取得最大值1；
又因為g（-$\frac{1}{2}$）=0，當(dāng)x＞-$\frac{1}{2}$時，g（x）＞0，且當(dāng)x→+∞時，g（x）→0，
所以0＜$\frac{2a+1}{a}$＜1，解得-1＜a＜-$\frac{1}{2}$．
解法二、函數(shù)f（x）=（2a+1）e^x-a$\sqrt{2x+1}$有且僅有兩個零點，
等價于方程（2a+1）e^x=a$\sqrt{2x+1}$（*）有兩個不等的實數(shù)根，
當(dāng)a=0時，不滿足題意；
當(dāng)a≠0時，方程可化為$\frac{2a+1}{a}$=$\frac{\sqrt{2x+1}}{{e}^{x}}$，
（1）若x=-$\frac{1}{2}$，則a=-$\frac{1}{2}$，不合題意；
（2）若x＞-$\frac{1}{2}$，方程（*）可化為ln（$\frac{2a+1}{a}$）=$\frac{1}{2}$ln（2x+1）-x，
即2ln（$\frac{2a+1}{a}$）=ln（2x+1）-2x；
令h（x）=ln（2x+1）-2x，（x＞-$\frac{1}{2}$），
則h′（x）=$\frac{2}{2x+1}$-2=$\frac{-4x}{2x+1}$；
當(dāng)-$\frac{1}{2}$＜x＜0時，h′（x）＞0，h（x）單調(diào)遞增；
當(dāng)x＞0時，h′（x）＜0，h（x）單調(diào)遞減；
所以當(dāng)x=0時，h（x）取得最大值0，
又當(dāng)x→-$\frac{1}{2}$時，g（x）→-∞，
當(dāng)x→+∞時，g（x）→-∞，
所以2ln（$\frac{2a+1}{a}$）＜0，
所以0＜$\frac{2a+1}{a}$＜1，
解得-1＜a＜-$\frac{1}{2}$．
故選：A．

點評 本題考查了函數(shù)的零點與方程的應(yīng)用問題，也考查了轉(zhuǎn)化問題與分類討論思想的應(yīng)用問題，是綜合性題目．