已知函数\(f(x)=\mathrm{e}^x(x+1)-a\),\(g(x)=\mathrm{e}^{2-x}-a{\ln}(3-x)\),其中\(a\in\mathbb{R}\).
\((1)\) 若函数\(f(x)\)的图象均在\(x\)轴上方,求\(a\)的取值范围;
\((2)\) 记\(x_1\)为函数\(f(x)\)在\((1,2)\)上的零点,若存在唯一\(x_2\in\left(0,1\right)\),使得\(g(x_2)=0\),且\(x_1+x_2<2\),求\(a\)的取值范围.
解析:
\((1)\) 由题易知$$\forall x\in\mathbb{R},f(x)\geqslant f(-2)=-\dfrac{1}{\mathrm{e}^2}-a\geqslant 0.$$于是可得\(a\)的取值范围为\(\left(-\infty,-\dfrac{1}{\mathrm{e}^2} \right]\).
\((2)\) 对\(f(x)\)求导可得$$f'(x)=(x+2)\mathrm{e}^x,$$由于\(\forall x\in\left(1,2\right),f'(x)>0\).所以\(f(x)\)在\((1,2)\)单调递增,所以\(f(x)\)在\((1,2)\)存在零点\(x_1\)的充要条件为$$
f(1)<0<f(2).$$解得\(2\mathrm{e}<a<3\mathrm{e}^2\),又若记\(t=2-x_2\in\left(1,2\right)\),则\(g(x)=0\)在\(x\in\left(0,1\right)\)有唯一解等价于方程$$\dfrac{\mathrm{e}^t}{{\ln}(1+t)}-a=0$$在\(t\in\left(1,2\right)\)有唯一解.记上述方程左侧为\(h(t)\),求导可得$$
h'(t)=\dfrac{\mathrm{e}t\left[(t+1){\ln}(t+1)-1\right]}{(t+1){\ln}2(t+1)},t\in\left(1,2\right).$$显然\(\forall t\in\left(1,2\right),h'(t)>0\).所以方程\(h(t)=0\)有唯一解的充要条件为$$
h(1)<0<h(2).$$解得\(\dfrac{\mathrm{e}}{{\ln}2}<a<\dfrac{\mathrm{e}^2}{{\ln}3}\).综上可知\(a\)必须满足 \(2\mathrm{e}<a<\dfrac{\mathrm{e}^2}{{\ln}3}.\) 由于$$
a=(x_1+1)\mathrm{e}{x_1}=\dfrac{\mathrm{e}t}{{\ln}(t+1)}.$$于是$$
\mathrm{e}^{t-x_1}=(x_1+1){\ln}(t+1)>0,t,x_1\in\left(1,2\right).$$所以\(t>x_1\)也即满足\(x_1+x_2<2\).因此所求\(a\)的取值范围是\(\left(2\mathrm{e},\dfrac{\mathrm{e}^2}{{\ln}3}\right)\).
