已知a為常數(shù),a∈R,函數(shù)f(x)=x2+ax-lnx,g(x)=ex.(其中e是自然對數(shù)的底數(shù))
(Ⅰ)過坐標(biāo)原點O作曲線y=f(x)的切線,設(shè)切點為P(x0,y0),求證:x0=1;
(Ⅱ)令數(shù)學(xué)公式,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.

解:(I)(x>0). …(2分)
所以切線的斜率
整理得.…(4分)
顯然,x0=1是這個方程的解,又因為y=x2+lnx-1在(0,+∞)上是增函數(shù),
所以方程x2+lnx-1=0有唯一實數(shù)解.故x0=1.…(6分)
(Ⅱ),.…(8分)
設(shè),則
易知h'(x)在(0,1]上是減函數(shù),從而h'(x)≥h'(1)=2-a. …(10分)
(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. …(12分)
(2)當(dāng)2-a<0,即a>2時,設(shè)函數(shù)h'(x)的唯一零點為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-ea+lne-a<0,
∴h(x)在(0,1)內(nèi)有唯一一個零點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(1)(2)得,a≤2. …(15分)
分析:(I)先對函數(shù)求導(dǎo),,可得切線的斜率,即,由x0=1是方程的解,且y=x2+lnx-1在(0,+∞)上是增函數(shù),可證
(Ⅱ)由,,先研究函數(shù),則
由h'(x)在(0,1]上是減函數(shù),可得h'(x)≥h'(1)=2-a,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
點評: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)的運算,試題具有一定的綜合性.
練習(xí)冊系列答案
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-2x+b2x+1+a
是奇函數(shù).
(1)求f(x);
(2)是否存在最大的常數(shù)k,對于任意x實數(shù)都有f(x)>k,求出k;若不存在,說明理由.
(3)若對任意的t∈R,不等式f(t2-2t)+f(2t2-k)<0恒成立,求k的取值范圍.

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(Ⅰ)過坐標(biāo)原點O作曲線y=f(x)的切線,設(shè)切點為P(x0,y0),求證:x0=1;
(Ⅱ)令F(x)=
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.

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已知a為常數(shù),a∈R,函數(shù)f(x)=x2+ax-lnx,g(x)=ex.(其中e是自然對數(shù)的底數(shù))
(Ⅰ)過坐標(biāo)原點O作曲線y=f(x)的切線,設(shè)切點為P(x,y),求證:x=1;
(Ⅱ)令,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.

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已知a為常數(shù),a∈R,函數(shù)f(x)=x2+ax-lnx,g(x)=ex.(其中e是自然對數(shù)的底數(shù))
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