Question

8．已知函數(shù)f（x）=g（x）•h（x），其中函數(shù)g（x）=e^x，h（x）=x²+ax+a．
（1）求函數(shù)g（x）在（1，g（1））處的切線方程；
（2）當(dāng)0＜a＜2時(shí)，求函數(shù)f（x）在x∈[-2a，a]上的最大值；
（3）當(dāng)a=0時(shí)，對(duì)于給定的正整數(shù)k，問函數(shù)F（x）=e•f（x）-2k（lnx+1）是否有零點(diǎn)？請(qǐng)說明理由．（參考數(shù)據(jù)e≈2.718，$\sqrt{e}$≈1.649，e$\sqrt{e}$≈4.482，ln2≈0.693）

Answer 1

分析 （1）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，計(jì)算g（1），g′（1），求出切線方程即可；
（2）求出f（x）的導(dǎo)數(shù)，通過討論a的范圍，求出f（x）的最大值即可；
（3）問題轉(zhuǎn)化為e•$\frac{{e}^{x}}{x}$＞$\frac{2（lnx+1）}{{x}^{3}}$．令p（x）=e•$\frac{{e}^{x}}{x}$，q（x）=$\frac{2（lnx+1）}{{x}^{3}}$，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性判斷即可．

解答 解：（1）∵g（x）=e^x，∴g′（x）=e^x，∴g′（1）=e，
∴函數(shù)g（x）在（1，g（1））處的切線方程為y-e=e（x-1），即y=ex；
（2）f（x）=e^x（x²+ax+a），f′（x）=（x+2）（x+a）e^x=0，可得x=-a或x=-2．
①-2a≥-2，即0＜a≤1時(shí)，f（x）在[-2a，-a]上遞減，在[-a，a]上遞增，
∴f（x）_max=f（a）；
②-2a＜-2，即1＜a＜2時(shí)，f（x）在[-2a，-2]上遞增，[-2，-a】遞減，在[-a，a]上遞增，
∴f（x）_max=max{f（-2），f（a）}=f（a）；
綜上所述，f（x）_max=f（a）=（2a²+a）e^a；
（3）k=1，函數(shù)F（x）=e•f（x）-2k（lnx+1）無零點(diǎn)，
k≥2，函數(shù)F（x）=e•f（x）-2k（lnx+1）有零點(diǎn)．
理由如下：
k=1時(shí)，證明ex²e^x-2lnx-2＞0即可，即證明e•$\frac{{e}^{x}}{x}$＞$\frac{2（lnx+1）}{{x}^{3}}$．
令p（x）=e•$\frac{{e}^{x}}{x}$，q（x）=$\frac{2（lnx+1）}{{x}^{3}}$，
而p′（x）=$\frac{{e}^{x+1}（x-1）}{{x}^{2}}$，
令p′（x）＞0，解得：x＞1，令p′（x）＜0，解得：x＜1，
∴p（x）_min=p（1）=e²，
q′（x）=$\frac{-2（2+3lnx）}{{x}^{4}}$，
令q′（x）＞0，解得：0＜x＜${e}^{-\frac{2}{3}}$，
令q′（x）＜0，解得：x＞${e}^{-\frac{2}{3}}$，
故q（x）_max=q（${e}^{-\frac{2}{3}}$）=$\frac{2}{3}$e²，
∴e•$\frac{{e}^{x}}{x}$＞$\frac{2（lnx+1）}{{x}^{3}}$，
故命題得證．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了切線方程問題，考查了函數(shù)的單調(diào)性、最值問題，考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用以及分類討論思想，是一道綜合題．