Question

16．已知a為常數(shù)，函數(shù)f（x）=x²+ax-lnx，g（x）=e^x（其中e是自然數(shù)對數(shù)的底數(shù)）．
（1）過坐標(biāo)原點(diǎn)O作曲線y=f（x）的切線，設(shè)切點(diǎn)P（x₀，y₀）為，求x₀的值；
（2）令$F（x）=\frac{f（x）}{g（x）}$，若函數(shù)F（x）在區(qū)間（0，1]上是單調(diào)函數(shù)，求a的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）先對函數(shù)求導(dǎo)，f′（x）=2x+a-$\frac{1}{x}$，可得切線的斜率k=2x₀+a-$\frac{1}{{x}_{0}}$=$\frac{{y}_{0}}{{x}_{0}}$=$\frac{{{x}_{0}}^{2}+{ax}_{0}-l{nx}_{0}}{{x}_{0}}$，即x02+lnx0-1=0，由x₀=1是方程的解，且y=x²+lnx-1在（0，+∞）上是增函數(shù)，可證
（2）由F（x）=$\frac{f（x）}{g（x）}$=$\frac{{x}^{2}+ax-lnx}{{e}^{x}}$，求出函數(shù)F（x）的導(dǎo)數(shù)，通過研究2-a的正負(fù)可判斷h（x）的單調(diào)性，進(jìn)而可得函數(shù)F（x）的單調(diào)性，可求a的范圍．

解答 解：（1）f′（x）=2x+a-$\frac{1}{x}$（x＞0），
過切點(diǎn)P（x₀，y₀）的切線的斜率k=2x₀+a-$\frac{1}{{x}_{0}}$=$\frac{{y}_{0}}{{x}_{0}}$=$\frac{{{x}_{0}}^{2}+{ax}_{0}-l{nx}_{0}}{{x}_{0}}$，
整理得x02+lnx0-1=0，
顯然，x₀=1是這個方程的解，又因?yàn)閥=x²+lnx-1在（0，+∞）上是增函數(shù)，
所以方程x²+lnx-1=0有唯一實(shí)數(shù)解．故x₀=1；
（2）F（x）=$\frac{f（x）}{g（x）}$=$\frac{{x}^{2}+ax-lnx}{{e}^{x}}$，F(xiàn)′（x）=$\frac{{-x}^{2}+（2-a）x+a-\frac{1}{x}+lnx}{{e}^{x}}$，
設(shè)h（x）=-x2+（2-a）x+a-$\frac{1}{x}$+lnx，則h′（x）=-2x+$\frac{1}{{x}^{2}}$+$\frac{1}{x}$+2-a，
易知h'（x）在（0，1]上是減函數(shù)，從而h'（x）≥h'（1）=2-a；
①當(dāng)2-a≥0，即a≤2時，h'（x）≥0，h（x）在區(qū)間（0，1）上是增函數(shù)．
∵h(yuǎn)（1）=0，∴h（x）≤0在（0，1]上恒成立，即F'（x）≤0在（0，1]上恒成立．
∴F（x）在區(qū)間（0，1]上是減函數(shù)．
所以，a≤2滿足題意；            
②當(dāng)2-a＜0，即a＞2時，設(shè)函數(shù)h'（x）的唯一零點(diǎn)為x₀，
則h（x）在（0，x₀）上遞增，在（x₀，1）上遞減；
又∵h(yuǎn)（1）=0，∴h（x₀）＞0．
又∵h(yuǎn)（e^-a）=-e^-2a+（2-a）e^-a+a-e^a+lne^-a＜0，
∴h（x）在（0，1）內(nèi)有唯一一個零點(diǎn)x'，
當(dāng)x∈（0，x'）時，h（x）＜0，當(dāng)x∈（x'，1）時，h（x）＞0．
從而F（x）在（0，x'）遞減，在（x'，1）遞增，
與在區(qū)間（0，1]上是單調(diào)函數(shù)矛盾．
∴a＞2不合題意．
綜合①②得，a≤2．

點(diǎn)評 考查學(xué)生利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)能力，函數(shù)單調(diào)性的判定，以及導(dǎo)數(shù)的運(yùn)算，試題具有一定的綜合性．