极限辅助找点与类偏移问题

已知函数\(f(x)=(x-1)e^x+ax^2\)

\((1)\) 讨论\(f(x)\)的单调性

\((2)\) 当\(a<-1\)时，若\(f(x)\)的极小值点为\(x_0\)，证明:\(f(x)\)的存在唯一的零点\(x_1\)，且\(x_1-x_0\geq \ln 2\)

\((1)\) \(f^{\prime}(x)=xe^x+2ax=x(e^x+2a)=0\)

当\(a\geq0\)不难得到\(f(x)\)在\((-\infty,0)\)上单调递减，在\((0,+\infty)\)上单调递增

当\(a<0,f^{\prime}(x)=0\)得\(m=0,n=\ln\left(-2a\right)\)

Case1:当\(a\in\left(-\dfrac{1}{2},0\right)\)

\(f(x)\)在\((-\infty,n)\)和\((0,+\infty)\)上单调递增，在\((n,0)\)上单调递减

Case2:当\(a<-\dfrac{1}{2}\)

\(f(x)\)在\((-\infty,0)\)和\((n,+\infty)\)上单调增，在\((0,n)\)上单调减少

Case3.当\(a=-\dfrac{1}{2}\)，\(f(x)\)

\(f(x)\)在\((-\infty,0)\)上增，在\((0,+\infty)\)上减

\((2)\) 由\((1)\)得\(f(x)\)在\((-\infty,0)\)和\((\ln(-2a),+\infty)\)上单调递增，在\((0,\ln(-2a))\)上单调递减

则极小值点为\(\ln(-2a)\)

因\(\lim\limits_{x\to-\infty}f(x)=-\infty,\lim\limits_{x\to +\infty}f(x)=+\infty,f(0)=-1\)

因\(f(0)=-1\)这个地方已经确定了是个负数

从而根据单调性\(f(x)\)在\((-\infty,0)\)上增，在\((0,\ln(-2a)\)减，在\((\ln(-2a),+\infty)\)上增

从而一定只有一个零点\(x_1\)并且此零点\(x_1>\ln (-2a)\)

要证：\(x_1-x_0\geq \ln 2\)

即证:\(x_1\geq \ln 2+x_0\)

而\(f(x_1)=0\)

从而证明\(f(\ln 2+x_0)\leq 0\)

即\(f(\ln-4a))\leq 0\)

\(f(\ln(-4a))=\left[\ln(-4a)-1\right](-4a)+a\ln^2(-4a)\leq 0\)

记\(-4a=t\)，原不等式转化为证明：

\(4-4\ln t+\ln ^2t\geq 0\)

记\(g(t)=4-4\ln t+\ln^2t,g^{\prime}(t)=\dfrac{2(\ln t-2)}{t}\)

不难得到\(g(t)\geq g(t^2)=4-4\times 2+4=0\)

得证!