Question

17．已知函數(shù)f（x）=2ae^x+1，g（x）=lnx-lna+1-ln2，其中a為常數(shù)，e≈2.718，函數(shù)y=f（x）的圖象與坐標(biāo)軸交點(diǎn)處的切線為l₁，函數(shù)y=g（x）的圖象與直線y=1交點(diǎn)處的切線為l₂，且l₁∥l₂．
（Ⅰ）求a的值．
（Ⅱ）若對任意的x∈[1，5]，不等式x-m＞$\sqrt{x}f（x）-\sqrt{x}$成立，求實(shí)數(shù)m的取值范圍．
（Ⅲ）若F（x）=λx²-x+1-g（x）（λ＞0）有唯一零點(diǎn)，求λ的值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）分別求得切點(diǎn)處的導(dǎo)數(shù)值，可得方程，進(jìn)而可得a值；
（Ⅱ）不等式可化為m＜x-$\sqrt{x}$ex，令h（x）=x-$\sqrt{x}$ex，求導(dǎo)數(shù)可得函數(shù)h（x）在[1，5]上是減函數(shù)，從而可得m＜h（5）即可；
（Ⅲ）由（Ⅰ）知g（x）=lnx+1，則F（x）=λx²-lnx-x，則F′（x）=$\frac{2λ{(lán)x}^{2}-x-1}{x}$．令F'（x）=0，2λx²-x-1=0．由此進(jìn)行分類討論，能求出λ．

解答 解：（Ⅰ）函數(shù)y=f（x）的圖象與坐標(biāo)軸的交點(diǎn)為（0，2a+1），
又f′（x）=2ae^x，∴f′（0）=2a，
函數(shù)y=g（x）的圖象與直線y=1的交點(diǎn)為（2a，1），
又g′（x）=$\frac{1}{x}$，g′（2a）=$\frac{1}{2a}$，
由題意可知，2a=$\frac{1}{2a}$，即a²=$\frac{1}{4}$又a＞0，
所以a=$\frac{1}{2}$，
（Ⅱ）不等式x-m＞$\sqrt{x}$f（x）-$\sqrt{x}$可化為m＜x-$\sqrt{x}$f（x）+$\sqrt{x}$即m＜x-$\sqrt{x}$e^x，
令h（x）=x-$\sqrt{x}$e^x，則h′（x）=1-（$\frac{1}{2\sqrt{x}}$+$\sqrt{x}$）e^x，
∵x＞0，∴$\frac{1}{2\sqrt{x}}$+$\sqrt{x}$≥2$\sqrt{\frac{1}{2}}$=$\sqrt{2}$，
又x＞0時，e^x＞1，∴（$\frac{1}{2\sqrt{x}}$+$\sqrt{x}$）e^x＞1，故h′（x）＜0，
∴h（x）在（0，+∞）上是減函數(shù)，
即h（x）在[1，5]上是減函數(shù)，
因此，在對任意的x∈[1，5]，不等式x-m＞$\sqrt{x}$f（x）-$\sqrt{x}$成立，
只需m＜h（5）=5-$\sqrt{5}$e⁵，
所以實(shí)數(shù)m的取值范圍是（-∞，5-$\sqrt{5}$e⁵）；
（Ⅲ）由（Ⅰ）知g（x）=lnx+1，則F（x）=λx²-lnx-x，
則F′（x）=$\frac{2λ{(lán)x}^{2}-x-1}{x}$．
令F′（x）=0，2λx²-x-1=0．
因?yàn)棣耍?，所以△=1+8λ＞0，
方程有兩異號根設(shè)為x₁＜0，x₂＞0．
因?yàn)閤＞0，所以x₁應(yīng)舍去．
當(dāng)x∈（0，x₂）時，F(xiàn)′（x）＜0，F(xiàn)（x）在（0，x₂）上單調(diào)遞減；
當(dāng)x∈（x₂，+∞）時，F(xiàn)′（x）＞0，F(xiàn)（x）在（x₂，+∞）單調(diào)遞增．
當(dāng)x=x₂時，F(xiàn)′（x₂）=0，F(xiàn)（x）取最小值F（x₂）．
因?yàn)镕（x）=0有唯一解，所以F（x₂）=0，
則 $\left\{\begin{array}{l}{λ{(lán){x}_{2}}^{2}-ln{x}_{2}-{x}_{2}=0}\\{2λ{(lán){x}_{2}}^{2}-{x}_{2}-1=0}\end{array}\right.$，因?yàn)棣耍?，所以2lnx₂+x₂-1=0（*）
設(shè)函數(shù)h（x）=2lnx+x-1，因?yàn)楫?dāng)x＞0時，
h（x）是增函數(shù)，所以h（x）=0至多有一解．
因?yàn)閔（1）=0，所以方程（*）的解為x₂=1，
代入方程組解得λ=1．

點(diǎn)評 本題考查函數(shù)的單調(diào)性、極值、零點(diǎn)等知識點(diǎn)的應(yīng)用，解題時要認(rèn)真審題，仔細(xì)解答，注意合理地進(jìn)行等價轉(zhuǎn)化．