已知函数 $f(x)=a \cdot \mathrm{e}^{2x+1}-2 \mathrm{e}^{x+1}+\dfrac{a}{2} \cdot \mathrm{e}^{x}-\dfrac{x}{2}$．
1、当 $a=1$ 时，求 $f(x)$ 的极小值．
2、若 $f(x)$ 有两个零点，求实数 $a$ 的取值范围．
解析
1、当 $a=1$ 时，有\[f(x)={\rm e}^{2x+1}-2{\rm e}^{x+1}+\dfrac 12{\rm e}^x-\dfrac x2,\]于是其导函数\[f'(x)=\dfrac 12\left({\rm e}^x-1\right)\left(4{\rm e}^{x+1}+1\right),\]因此当 $x=0$ 时，$f(x)$ 取得极小值 $f(0)=\dfrac 12-{\rm e}$．
2、方程 $f(x)=0$ 即\[\dfrac{4{\rm e}^{x+1}+x}{2{\rm e}^{2x+1}+{\rm e}^x}=a,\]设 $g(x)=\dfrac{4{\rm e}^{x+1}+x}{2{\rm e}^{2x+1}+{\rm e}^x}$，则其导函数\[g'(x)=\dfrac{\left(1+4{\rm e}^{1+x}\right)\left(1-2{\rm e}^{1+x}-x\right)}{\left(1+2{\rm e}^{1+x}\right)^2{\rm e}^x},\]设 $h(x)=1-2{\rm e}^{1+x}-x$，则 $h(x)$ 是 $\mathbb R$ 上的单调递减函数，而 $h(-1)=0$，因此函数 $g(x)$ 满足\[\begin{array}{c|c|c|c|c|c}\hline x&-\infty&(-\infty,-1)&-1&(-1,+\infty)&+\infty\\ \hline g(x)&-\infty&\nearrow&{\rm e}&\searrow&0\\ \hline \end{array}\] 因此 $f(x)$ 有两个零点，即直线 $y=a$ 与 $g(x)$ 的图象有两个公共点，对应实数 $a$ 的取值范围是 $\left(0,{\rm e}\right)$．
备注 当 $x\to -\infty$ 时，$g(x)\to -\infty$ 的证明：当 $x>0$ 时，有\[ g(-x)=\dfrac{4{\rm e}^{-x+1}-x}{2{\rm e}^{-2x+1}+{\rm e}^{-x}}=\dfrac{4{\rm e}^{1+x}}{2+{\rm e}^{1+x}}-\dfrac{x}{2{\rm e}^{-2x+1}+{\rm e}^{-x}}<4-\dfrac{x}{2{\rm e}+1}.\]当 $x\to +\infty$ 时，$g(x)\to 0$ 的证明：当 $x>0$ 时，有\[g(x)=\dfrac{4{\rm e}^{x+1}+x}{2{\rm e}^{2x+1}+{\rm e}^x}<\dfrac{4{\rm e}^{x+1}+{\rm e}^x}{2{\rm e}^{2x+1}+{\rm e}^x}=\dfrac{4{\rm e}+1}{2{\rm e}^{1+x}+1}<\dfrac5{2{\rm e}^x}.\]