Question

14．已知函數(shù)f（x）=x³-ax+b，經(jīng)過曲線y=f（x）外的一點(diǎn)（1，0）作該曲線的切線恰有兩條．
（1）求f（x）的極小值（用a表示）；
（2）若存在x₀∈（0，+∞），使得$f（{x_0}）＞{x_0}•{e^{x_0}}+a$成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）設(shè)出切點(diǎn)，求出切點(diǎn)處的導(dǎo)函數(shù)即切線的斜率，據(jù)點(diǎn)斜式寫出切線的方程，將切點(diǎn)代入，列出關(guān)于切點(diǎn)橫坐標(biāo)的方程，據(jù)題意此方程有兩個(gè)根，構(gòu)造函數(shù)，通過導(dǎo)函數(shù)求出兩個(gè)極值，令極值為0，求出a，b的關(guān)系，再根據(jù)導(dǎo)數(shù)和極值的關(guān)系即可求出最小值．
（2）寫出不等式，分離出參數(shù)a，構(gòu)造函數(shù)g（x），將問題轉(zhuǎn)化為a＜g（x）的最大值；通過對(duì)g（x）求兩階導(dǎo)數(shù)求g（x）的最值．

解答 解：（1）f′（x）=3x²-a，
過點(diǎn)A（1，0）作曲線C的切線，設(shè)切點(diǎn)（x₀，f（x₀）），則切線方程為：y=（3x₀²-a）（x-1）
將（x₀，f（x₀））代入得：f（x₀）=（3x₀²-a）（x₀-1）=x₀³-ax₀+b
即2x₀³-3x₀²+a-b=0（*）    由條件切線恰有兩條，方程（*）恰有兩根．
令u（x）=2x³-3x²+a-b，u′（x）=6x²-6x=6x（x-1），顯然有兩個(gè)極值點(diǎn)x=0與x=1，
于是u（0）=0或u（1）=0
當(dāng)u（0）=0時(shí)，a=b；
當(dāng)u（1）=0時(shí)，a-b=1，此時(shí)f（x）=x³-ax+a-1=（x-1）（x²+x+1-a）經(jīng)過（1，0）與條件不符
所以a=b，
由于f′（x）=3x²-a，
當(dāng)a≤0時(shí)，f′（x）≥0恒成立，故f（x）在R上單調(diào)遞增，無極值，
當(dāng)a＞0時(shí)，令f′（x）=3x²-a=0，解得x=±$\sqrt{\frac{a}{3}}$
當(dāng)f′（x）＞0時(shí)，即x＞$\sqrt{\frac{a}{3}}$或x＜-$\sqrt{\frac{a}{3}}$，函數(shù)單調(diào)遞增，
當(dāng)f′（x）＜0時(shí)，即-$\sqrt{\frac{a}{3}}$＜x＜$\sqrt{\frac{a}{3}}$，函數(shù)單調(diào)遞減，
所以當(dāng)x=$\sqrt{\frac{a}{3}}$時(shí)，函數(shù)有極小值，極小值為f（$\sqrt{\frac{a}{3}}$）=a
（2）因?yàn)榇嬖趚₀∈R⁺，$f（{x_0}）＞{x_0}•{e^{x_0}}+a$成立，即x₀³-ax₀+a＞x₀${e}^{{x}_{0}}$+a
所以存在x₀∈R⁺，使x₀³-ax₀＞x₀•${e}^{{x}_{0}}$，得x₀²-a＞${e}^{{x}_{0}}$，即a＜x₀²-${e}^{{x}_{0}}$成立
設(shè)g（x）=x²-e^x（x＞0），問題轉(zhuǎn)化為a＜g（x）的最大值
g′（x）=2x-e^x，
g′′（x）=2-e^x，令g′′（x）=0得x=ln2，
當(dāng)x∈（0，ln2）時(shí)g′′（x）＞0此時(shí)g′（x）為增函數(shù)，當(dāng)x∈（ln2，+∞）時(shí)g′′（x）＜0，此時(shí)g′（x）為減函數(shù)，
所以g′（x）的最大值為g′（ln2）=2ln2-e^ln2=2ln2-2=2（ln2-1）
因?yàn)閘n2＜1，所以g′（x）的最大值g′（ln2）＜0，得g′（x）＜0
所以g（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞減，g（x）＜g（0）=-1

點(diǎn)評(píng) 本題知識(shí)點(diǎn)曲線的切線問題常利用導(dǎo)數(shù)的幾何意義：在切點(diǎn)處的導(dǎo)數(shù)值為曲線的切線斜率；解決不等式恒成立問題常采用分離參數(shù)轉(zhuǎn)化為求函數(shù)的最值．