Question

3．已知函數(shù)f（x）=e^x+lnx+$\frac{a}{x}$，a∈R．
（1）設(shè)曲線y=f（x）在x=1處的切線與直線y=ex-1平行，求此切線方程；
（2）當(dāng)a=0時(shí)，令函數(shù)g（x）=f（x）-$\frac{1}{2b}$x²-e^x（b∈R，b≠0），求函數(shù)g（x）在定義域內(nèi)的極值點(diǎn)；
（3）令h（x）=f（x）-e^x，?x₁，x₂∈[1，+∞），且x₁＜x₂，都有h（x₁）-h（x₂）＜x₂-x₁成立，求a的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）求導(dǎo)數(shù)，利用曲線y=f（x）在x=1處的切線與直線y=ex-1平行，求出a，可得切點(diǎn)坐標(biāo)，即可求此切線方程
（2）分類討論，求導(dǎo)數(shù)，利用極值的定義，可得函數(shù)g（x）在定義域內(nèi)的極值點(diǎn)；
（3）由題意，等價(jià)于f（x）在x∈[1，+∞）上為增函數(shù)，從而a≤x²+x在x∈[1，+∞）上恒成立，即可求a的取值范圍．

解答 解：（1）函數(shù)f（x）=e^x+lnx+$\frac{a}{x}$，a∈R的導(dǎo)數(shù)f′（x）=e^x+$\frac{1}{x}-\frac{a}{{x}^{2}}$，
∵曲線y=f（x）在x=1處的切線與直線y=ex-1平行，∴f′（1）=e，
即e+1-a=e，解得a=1．∴f（x）=e^x+lnx+$\frac{1}{x}$，f（1）=e+1
即切點(diǎn)為（1，e+1），所以切線方程為y-（e+1）=e（x-1），
∴y=ex+1為所求．
（2）當(dāng)a=0時(shí)，函數(shù)g（x）=f（x）-$\frac{1}{2b}$x²-e^x（b∈R，b≠0），整理得g（x）=lnx-$\frac{1}{2b}{x}^{2}$，定義域?yàn)閤∈（0，+∞），
g′（x）=$\frac{1}{x}-\frac{x}=\frac{b-{x}^{2}}{bx}$，
①當(dāng)b＜0時(shí)，∴g′（x）＞0恒成立，∴g（x）在x∈（0，+∞）上為增函數(shù)，∴g（x）在定義域內(nèi)無(wú)極值； 
②當(dāng)b＞0時(shí)，令g′（x）=0，∴x=$\sqrt$或x=-$\sqrt$（舍去），
x$∈（0，\sqrt）$時(shí)，g′（x）＞0，x$∈（\sqrt，+∞）$時(shí)，g′（x）＜0，
∴g（x）在（0，$\sqrt$）遞增，在（$\sqrt$，+∞）遞減，∴g（x）的極大值點(diǎn)為$\sqrt$，無(wú)極小值點(diǎn)； 
綜上：當(dāng)b＜0時(shí)，g（x）在定義域內(nèi)無(wú)極值；b＞0時(shí)，g（x）的極大值點(diǎn)為$\sqrt$，無(wú)極小值點(diǎn)．
（3）h（x）=f（x）-e^x=lnx+$\frac{a}{x}$．
?x₁，x₂∈[1，+∞），且x₁＜x₂，都有h（x₁）-h（x₂）＜x₂-x₁成立，
??x₁，x₂∈[1，+∞），且x₁＜x₂，都有h（x₁）+x₁＜h（x₂）+x₂成立．
??x₁，x₂∈[1，+∞），且x₁＜x₂，都有l(wèi)nx₁+$\frac{a}{{x}_{1}}$+x₁＜lnx₂+$\frac{a}{{x}_{2}}$+x₂成立．
令F（x）=lnx+$\frac{a}{x}+x$，即F（x₁）＜F（x₂），等價(jià)于F（x）在x∈[1，+∞）上為增函數(shù)，
∴F′（x）=$\frac{1}{x}+1-\frac{a}{{x}^{2}}=\frac{{x}^{2}+x-a}{{x}^{2}}$≥0在x∈[1，+∞）上恒成立，
即a≤x²+x在x∈[1，+∞）上恒成立，
令y=x²+x，只需a≤y_min即可．∵y在x∈[1，+∞）上為增函數(shù)，
∴當(dāng)x=1時(shí)，y_min=2，∴a≤2．

點(diǎn)評(píng) 本題考查導(dǎo)數(shù)知識(shí)的綜合運(yùn)用，考查導(dǎo)數(shù)的幾何意義、函數(shù)的極值、恒成立問(wèn)題，考查學(xué)生分析解決問(wèn)題的能力，知識(shí)綜合性強(qiáng)．屬于難題．