Question

已知二次函數(shù)r（x）=x²+ax+b（a，b為常數(shù)，a∈R，b∈R）的一個(gè)零點(diǎn)是-a，函數(shù)g（x）=lnx，e是自然對(duì)數(shù)的底數(shù)．設(shè)函數(shù)f（x）=r（x）-g（x）．
（Ⅰ）過坐標(biāo)原點(diǎn)O作曲線y=f（x）的切線，證明切點(diǎn)的橫坐標(biāo)為1；
（Ⅱ）令F（x）=

f(x)

ex

，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

考點(diǎn)：利用導(dǎo)數(shù)研究曲線上某點(diǎn)切線方程,利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性

專題：計(jì)算題,證明題,函數(shù)的性質(zhì)及應(yīng)用,導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用

分析：（Ⅰ）由題意可得a²+a（-a）+b=0，從而求b=0；再化簡f（x）=x²+ax-lnx，從而求導(dǎo)f′（x）=2x+a-

1

x

，（x＞0），再結(jié)合導(dǎo)數(shù)的幾何意義求解證明；
（Ⅱ）化簡F（x）=

f(x)

ex

=

x2+ax-lnx

ex

，求導(dǎo)F′（x）=

-x2+(2-a)x+a- 1 x +lnx

ex

，再令h（x）=-x²+（2-a）x+a-

1

x

+lnx，從而由導(dǎo)數(shù)的正負(fù)確定函數(shù)的正負(fù)，進(jìn)而確定F′（x）的正負(fù)，從而確定F（x）的單調(diào)性，從而求解．

解答： 解：（Ⅰ）證明：∵-a是二次函數(shù)r（x）=x²+ax+b的一個(gè)零點(diǎn)，
∴a²+a（-a）+b=0，
∴b=0．
∴f（x）=r（x）-g（x）=x²+ax-lnx；
∴f′（x）=2x+a-

1

x

，（x＞0），
設(shè)切點(diǎn)為P（m，f（m）），
則切線的斜率k=2m+a-

1

m

=

m2+am-lnm

m

，
整理得m²+lnm-1=0，
顯然，m=1是這個(gè)方程的解；
又因?yàn)閥=m²+lnm-1在（0，+∞）上是增函數(shù)，
所以方程m²+lnm-1=0有唯一實(shí)數(shù)解．
故m=1．
（Ⅱ）F（x）=

f(x)

ex

=

x2+ax-lnx

ex

，
F′（x）=

-x2+(2-a)x+a- 1 x +lnx

ex

，
設(shè)h（x）=-x²+（2-a）x+a-

1

x

+lnx，
則h′（x）=-2x+

1

x2

+

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(shí)，h′（x）≥0，h（x）在區(qū)間（0，1]上是增函數(shù)．
∴h（x）≤h（1）=0，
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(shí)，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；
且當(dāng)x→0時(shí)，h（x）→-∞；
∴h（x）在（0，1）內(nèi)有唯一一個(gè)零點(diǎn)x′，
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（1）（2）得，a≤2．即a的取值范圍是（-∞，2]．

點(diǎn)評(píng)：本題考查了導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用與恒成立問題，同時(shí)考查了構(gòu)造函數(shù)確定函數(shù)的單調(diào)性的方法應(yīng)用，化簡討論都比較困難，屬于難題．