Question

已知h（x）是指數(shù)函數(shù)，且過點(diǎn)（ln2，2），令f（x）=h（x）+ax．
（I）求f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（II）記不等式h（x）＜（1-a）x的解集為P，若且M∪P=P，求實(shí)數(shù)a的取值范圍；
（III）當(dāng)a=-1時(shí)，設(shè)g（x）=h（x）lnx，問是否存在x₀∈（0，+∞），使曲線C：y=g（x）-f（x）在點(diǎn)x₀處的切線斜率與f（x）在R上的最小值相等？若存在，求出符合條件的x₀的個(gè)數(shù)；若不存在，請(qǐng)說明理由．

Answer 1

解：（I）設(shè)h（x）=m^x（m＞0且m≠1）
∵h(yuǎn)（x）的圖象過點(diǎn)（ln2，2），
故m^ln2=2
∴m=e
∴h（x）=e^x，
∴f（x）=h（x）+ax=e^x+ax
∴f′（x）=e^x+a
（1）當(dāng)a≥0時(shí)，f′（x）＞0恒成立，故f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間為（-∞，+∞）
（2）當(dāng)a＜0時(shí)，令f′（x）=0，即e^x+a=0，解得x=ln（-a）
當(dāng)x∈（-∞，ln（-a））時(shí)，f′（x）＜0，x∈（ln（-a），+∞），f′（x）＞0，
故f（x）的單調(diào)遞減區(qū)間為（-∞，ln（-a）），單調(diào)遞增區(qū)間為（ln（-a），+∞）
（II）∵M(jìn)∪P=P，故M⊆P
從而不等式h（x）＜（1-a）x在區(qū)間[，2]上恒成立，
即a＜1-在區(qū)間[，2]上恒成立，
令t（x）=1-，x∈[，2]
則t′（x）=
當(dāng)x∈[，1）時(shí)，t′（x）＞0，x∈（1，2]，t′（x）＜0，
故t（x）在[，1）上遞增，在（1，2]上遞減，
又∵t（）=1-2，t（2）=1-
故當(dāng)x=時(shí)，t（x）取最小值1-
故a＜1-
即實(shí)數(shù)a的取值范圍為（-∞，1-）
（III）當(dāng)a=-1時(shí)，C：y=g（x）-f（x）=h（x）lnx-（e^x+ax）=e^x•lnx-e^x+x
∴y′=e^x•（lnx+-1）+1
由（I）知此時(shí)，f（x）的最小值是-（-1）+（-1）ln1=1
假設(shè)存在x₀∈（0，+∞），使曲線C：y=g（x）-f（x）在點(diǎn)x₀處的切線斜率與f（x）在R上的最小值相等
則x₀為方程y′=e^x•（lnx+-1）+1=1．即lnx+-1=0的解
令r（x）=lnx+-1，x∈（0，+∞），
則r′（x）=-=，
由當(dāng)x∈（0，1）時(shí)，r′（x）＜0，x∈（1，+∞）時(shí)，r′（x）＞0，
故r（x）在（0，1）上為減函數(shù)，在（1，+∞）上為增函數(shù)
故當(dāng)x=1時(shí)，r（x）取最小值0，
故方程lnx+-1=0在（0，+∞）上有唯一的解
故符合條件的x₀存在，且只有一個(gè)．
分析：（I）由h（x）是指數(shù)函數(shù)，且過點(diǎn)（ln2，2），可得函數(shù)的解析式，進(jìn)而由f（x）=h（x）+ax，求出f（x）的解析式，求出函數(shù)的導(dǎo)函數(shù)，對(duì)a進(jìn)行分類討論，根據(jù)導(dǎo)函數(shù)的符號(hào)可得f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（II）由M∪P=P，故M⊆P，即不等式h（x）＜（1-a）x在區(qū)間[，2]上恒成立，即a＜1-在區(qū)間[，2]上恒成立，構(gòu)造函數(shù)t（x）=1-，求出函數(shù)的最值，可得實(shí)數(shù)a的取值范圍；
（III）假設(shè)存在x₀∈（0，+∞），使曲線C：y=g（x）-f（x）在點(diǎn)x₀處的切線斜率與f（x）在R上的最小值相等，則x₀為方程y′=e^x•（lnx+-1）+1=1．即lnx+-1=0的解，構(gòu)造函數(shù)r（x）=lnx+-1，并分析其零點(diǎn)的個(gè)數(shù)，可得結(jié)論．
點(diǎn)評(píng)：本題考查的知識(shí)點(diǎn)是指數(shù)函數(shù)，導(dǎo)數(shù)法求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，導(dǎo)數(shù)法求函數(shù)的最值，恒成立問題，是函數(shù)圖象和性質(zhì)的綜合應(yīng)用，難度較大．