Question

2．已知函數(shù)f（x）=x²-（a-2）x-alnx（a∈R）．
（Ⅰ）當a=3時，求曲線y=f（x）在點（1，f（1））處的切線方程；
（Ⅱ）求函數(shù)y=f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（Ⅲ）當a=1時，證明：對任意的x＞0，f（x）+e^x＞x²+x+2．

Answer 1

分析 （Ⅰ）代入a值，求出導(dǎo)函數(shù)，利用導(dǎo)函數(shù)的概念求出切線方程；
（Ⅱ）求出導(dǎo)函數(shù)，對參數(shù)a進行分類討論，得出導(dǎo)函數(shù)的正負，判斷原函數(shù)的單調(diào)性；
（Ⅲ）整理不等式得e^x-lnx-2＞0，構(gòu)造函數(shù)h（x）=e^x-lnx-2，則$h'（x）={e^x}-\frac{1}{x}$，通過特殊值$h'（\frac{1}{3}）={e^{\frac{1}{3}}}-3＜0，h'（1）=e-1＞0$，知存在唯一實根x₀，即${e^{x_0}}=\frac{1}{x_0}$，得出函數(shù)的最小值為$h{（x）_{min}}=h（{x_0}）={e^{x_0}}-ln{x_0}-2=\frac{1}{x_0}-ln\frac{1}{{{e^{x_0}}}}-2=\frac{1}{x_0}+{x_0}-2＞0$．

解答 解：（Ⅰ）當a=3時，$f（x）={x^2}-x-3lnx，f'（x）=2x-1-\frac{3}{x}$，f'（1）=-2．（1分）
f（1）=0．（2分）
所以曲線y=f（x）在點（1，f（1））處的切線方程為y=-2（x-1），即2x+y-2=0．（3分）
（Ⅱ）由題意知，函數(shù)f（x）的定義域為（0，+∞），
由已知得$f'（x）=2x-（a-2）-\frac{a}{x}=\frac{{2{x^2}-（a-2）x-a}}{x}=\frac{（2x-a）（x+1）}{x}$．（4分）
當a≤0時，f'（x）＞0，函數(shù)f（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增，
所以函數(shù)f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間為（0，+∞）．（5分）
當a＞0時，由f'（x）＞0，得$x＞\frac{a}{2}$，由f'（x）＜0，得$0＜x＜\frac{a}{2}$，
所以函數(shù)f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間為$（\frac{a}{2}，+∞）$，單調(diào)遞減區(qū)間為$（0，\frac{a}{2}）$．（6分）
綜上，當a≤0時，函數(shù)f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間為（0，+∞）；
當a＞0時，函數(shù)f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間為$（\frac{a}{2}，+∞）$，單調(diào)遞減區(qū)間為$（0，\frac{a}{2}）$．（7分）
（Ⅲ）證明：當a=1時，不等式f（x）+e^x＞x²+x+2可變?yōu)閑^x-lnx-2＞0，（8分）
令h（x）=e^x-lnx-2，則$h'（x）={e^x}-\frac{1}{x}$，可知函數(shù)h'（x）在（0，+∞）單調(diào)遞增，（9分）
而$h'（\frac{1}{3}）={e^{\frac{1}{3}}}-3＜0，h'（1）=e-1＞0$，
所以方程h'（x）=0在（0，+∞）上存在唯一實根x₀，即${e^{x_0}}=\frac{1}{x_0}$．（10分）
當x∈（0，x₀）時，h'（x）＜0，函數(shù)h（x）單調(diào)遞減；
當x∈（x₀，+∞）時，h'（x）＞0，函數(shù)h（x）單調(diào)遞增；（11分）
所以$h{（x）_{min}}=h（{x_0}）={e^{x_0}}-ln{x_0}-2=\frac{1}{x_0}-ln\frac{1}{{{e^{x_0}}}}-2=\frac{1}{x_0}+{x_0}-2＞0$．（12分）
即e^x-lnx-2＞0在（0，+∞）上恒成立，
所以對任意x＞0，f（x）+e^x＞x²+x+2成立．

點評 考查了導(dǎo)函數(shù)概念的應(yīng)用，參數(shù)的討論問題和恒成立問題的轉(zhuǎn)化．