Question

3．已知函數(shù)f（x）=x²+ax-lnx，g（x）=e^x（a∈R）．
（1）是否存在a及過原點的直線l，使得直線l與曲線y=f（x），y=g（x）均相切？若存在，求a的值及直線l的方程；若不存在，請說明理由；
（2）若函數(shù)F（x）=$\frac{f（x）}{g（x）}$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）求出f（x），g（x）的導數(shù)，設出切點，求得切線的斜率，運用點斜式方程可得切線的方程，即可判斷存在a=e-1及l(fā)：y=ex；
（2）求出F（x）的解析式和導數(shù)，令$h（x）=-{x^2}+（2-a）x+a-\frac{1}{x}+lnx$，求出導數(shù)，判斷單調(diào)性，再對a討論，分a≤2，a＞2，判斷h（x）的單調(diào)性，進而得到F（x）的單調(diào)性，即可得到所求范圍．

解答 解：（1）g（x）的導數(shù)為g'（x）=e^x，
設曲線y=g（x）在點$（{x_1}，{e^{x_1}}）$處切線過原點，則切線方程為$y={e^{x_1}}x$，
由點$（{x_1}，{e^{x_1}}）$在切線上，可得${e^{x_1}}={e^{x_1}}•{x_1}$，
解得x₁=1，即有切線方程為y=ex，
設直線y=ex與曲線y=f（x）切于點（x₂，y₂），
由f（x）的導數(shù)為$f'（x）=2x+a-\frac{1}{x}$，可得$f'（{x_2}）=2{x_2}+a-\frac{1}{x_2}=e$，
即有$a=e-2{x_2}+\frac{1}{x_2}$，
又$x_2^2+a{x_2}-ln{x_2}=e{x_2}$，則$x_2^2+（e-2{x_2}+\frac{1}{x_2}）{x_2}-ln{x_2}=e{x_2}$，
可得$x_2^2+ln{x_2}-1=0$，解得x₂=1，a=e-1．
故存在a=e-1及l(fā)：y=ex，使得直線l與曲線y=f（x），y=g（x）均相切．
（2）$F（x）=\frac{{{x^2}+ax-lnx}}{e^x}$，$F'（x）=\frac{{-{x^2}+（2-a）x+a-\frac{1}{x}+lnx}}{e^x}$，
令$h（x）=-{x^2}+（2-a）x+a-\frac{1}{x}+lnx$，則$h'（x）=-2x+\frac{1}{x^2}+\frac{1}{x}+2-a$，
易知h'（x）在（0，1]上單調(diào)遞減，從而h'（x）≥h'（1）=2-a．
①當2-a≥0時，即a≤2時，h'（x）≥0，h（x）在區(qū)間（0，1]上單調(diào)遞增，
由h（1）=0，可得h（x）≤0在（0，1]上恒成立，
即F'（x）≤0在（0，1]上恒成立．
即F（x）在區(qū)間（0，1]上單調(diào)遞減，則a≤2滿足題意；
②當2-a＜0時，即a＞2時，由h'（1）=2-a＜0，當x＞0且x→0時，h'（x）→+∞，
故函數(shù)h'（x）存在唯一零點x₀∈（0，1]，且h（x）在（0，x₀）上單調(diào)遞增，
在（x₀，1）上單調(diào)遞減，
又h（1）=0，可得F（x）在（x₀，1）上單調(diào)遞增．
注意到h（e^-a）＜0，e^-a∈（0，x₀），即有F（x）在（0，e^-a）上單調(diào)遞減，
這與F（x）在區(qū)間（0，1]上是單調(diào)函數(shù)矛盾，則a＞2不合題意．
綜合①②得，a的取值范圍是（-∞，2]．

點評 本題考查導數(shù)的運用：求切線的斜率和單調(diào)區(qū)間、極值和最值，考查函數(shù)的單調(diào)性的判斷和運用，注意運用分類討論的思想方法和構造函數(shù)的方法，屬于中檔題．