分析:(1)根據(jù)e
x>0,a<0,不等式可化為
x(x+)<0,由此可求不等式f(x)>0的解集;
(2)求導(dǎo)函數(shù),再分類討論:①當(dāng)a=0時(shí),f′(x)=(x+1)e
x,f′(x)≥0在[-1,1]上恒成立;②當(dāng)a≠0時(shí),令g(x)=ax
2+(2a+1)x+1,因?yàn)椤?(2a+1)
2-4a=4a
2+1>0,f(x)有極大值又有極小值.若a>0,可得f(x)在[-1,1]上不單調(diào);若a<0,要使f(x)在[-1,1]上單調(diào),因?yàn)間(0)=1>0,必須滿足
,從而可確定a的取值范圍;
(3)當(dāng)a=0時(shí),原方程等價(jià)于
ex--1=0,構(gòu)建函數(shù)
h(x)=ex--1,求導(dǎo)函數(shù),可確定h(x)在(-∞,0)和(0,+∞)內(nèi)是單調(diào)增函數(shù),從而可確定方程f(x)=x+2有且只有兩個(gè)實(shí)數(shù)根,且分別在區(qū)間[1,2]和[-3,-2]上,故可得k的值.
解答:解:(1)因?yàn)閑
x>0,所以不等式f(x)>0,即為ax
2+x>0,
又因?yàn)閍<0,所以不等式可化為
x(x+)<0,
所以不等式f(x)>0的解集為
(0,- ).(4分)
(2)f′(x)=(2ax+1)e
x+(ax
2+x)e
x=[ax
2+(2a+1)x+1]e
x,
①當(dāng)a=0時(shí),f′(x)=(x+1)e
x,f′(x)≥0在[-1,1]上恒成立,
當(dāng)且僅當(dāng)x=-1時(shí)取等號(hào),故a=0符合要求;(6分)
②當(dāng)a≠0時(shí),令g(x)=ax
2+(2a+1)x+1,
因?yàn)椤?(2a+1)
2-4a=4a
2+1>0,所以g(x)=0有兩個(gè)不相等的實(shí)數(shù)根x
1,x
2,不妨設(shè)x
1>x
2,
因此f(x)有極大值又有極小值.
若a>0,因?yàn)間(-1)•g(0)=-a<0,所以f(x)在(-1,1)內(nèi)有極值點(diǎn),故f(x)在[-1,1]上不單調(diào).(8分)
若a<0,可知x
1>0>x
2,因?yàn)間(x)的圖象開口向下,要使f(x)在[-1,1]上單調(diào),
因?yàn)間(0)=1>0,必須滿足
,即
,所以
-≤a<0.
綜上可知,a的取值范圍是
[-,0].(10分)
(3)當(dāng)a=0時(shí),方程即為xe
x=x+2,由于e
x>0,所以x=0不是方程的解,所以原方程等價(jià)于
ex--1=0,
令
h(x)=ex--1,
因?yàn)?span id="7b9r1x9" class="MathJye">h′(x)=
ex+
>0對(duì)于x∈(-∞,0)∪(0,+∞)恒成立,
所以h(x)在(-∞,0)和(0,+∞)內(nèi)是單調(diào)增函數(shù),(13分)
又h(1)=e-3<0,h(2)=e
2-2>0,
h(-3)=e-3-<0,h(-2)=e
-2>0,
所以方程f(x)=x+2有且只有兩個(gè)實(shí)數(shù)根,且分別在區(qū)間[1,2]和[-3,-2]上,
所以整數(shù)k的所有值為{-3,1}.(16分)