Question

4．已知函數(shù)f（x）=xe^1-x+3，g（x）=-2x²+ax-lnx（a∈R）
（1）若函數(shù)f（x）在點(diǎn)P（1，f（1））處的切線(xiàn)l與g（x）在點(diǎn)（1，g（1））處的切線(xiàn)平行，求g（x）的單調(diào)區(qū)間
（2）若對(duì)任意的x∈（0，e]，都有唯一的x₀∈[e^-4，e]，使得f（x）=g（x₀）+2x₀²成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）分別求得f（x），g（x）的導(dǎo)數(shù)，求得在x=1處的切線(xiàn)的斜率，由平行的條件可得a=5，再由g（x）的導(dǎo)數(shù)大于0，可得增區(qū)間，導(dǎo)數(shù)小于0，可得減區(qū)間，注意定義域；
（2）對(duì)f（x）求導(dǎo)，計(jì)算其值域?yàn)椋?，4]，令h（x）=g（x）+2x²=ax-lnx，m=f（x），則問(wèn)題轉(zhuǎn)化為：?m∈（3，4]，存在唯一的x₀∈[e^-4，e]，使得h（x₀）=m成立．再對(duì)h（x）求導(dǎo)，h′（x）=a-$\frac{1}{x}$=$\frac{ax-1}{x}$，x∈[e^-4，e]，分為a≤$\frac{1}{e}$，a≥e⁴和$\frac{1}{e}$＜a＜e⁴三種情況分別討論，從而進(jìn)一步求得范圍．

解答 解：（1）函數(shù)f（x）=xe^1-x+3的導(dǎo)數(shù)為f′（x）=e^1-x（1-x），
g（x）=-2x²+ax-lnx的導(dǎo)數(shù)為g′（x）=-4x+a-$\frac{1}{x}$，
f（x）在點(diǎn)P（1，f（1））處的切線(xiàn)斜率為e^1-1（1-1）=0，
g（x）在點(diǎn)（1，g（1））處的切線(xiàn)斜率為a-5，
由平行的條件可得a-5=0，即a=5，
g′（x）=-4x+5-$\frac{1}{x}$=-$\frac{4{x}^{2}-5x+1}{x}$=-$\frac{（4x-1）（x-1）}{x}$，
當(dāng)$\frac{1}{4}$＜x＜1，即有g(shù)′（x）＞0，g（x）單調(diào)遞增；
當(dāng)x＞1或0＜x＜$\frac{1}{4}$，即有g(shù)′（x）＞0，g（x）單調(diào)遞減．
則g（x）的減區(qū)間為（1，+∞），（0，$\frac{1}{4}$），增區(qū)間為（$\frac{1}{4}$，1）．
（2）∵f′（x）=e^1-x（1-x），
∴f（x）在（0，1）上單調(diào)遞增，在（1，e）上單調(diào)遞減，
又f（0）=3，f（1）=4，f（e）=e^2-e+3＞3，
∴f（x）的值域?yàn)椋?，4]，
記h（x）=g（x）+2x²=ax-lnx，m=f（x），
原問(wèn)題等價(jià)于：?m∈（3，4]，存在唯一的x₀∈[e^-4，e]，使得h（x₀）=m成立．
∵h(yuǎn)′（x）=a-$\frac{1}{x}$=$\frac{ax-1}{x}$，x∈[e^-4，e]
①當(dāng)a≤$\frac{1}{e}$時(shí)，h′（x）≤0恒成立，h（x）單調(diào)遞減，
由h（x）_max=h（e^-4）=ae^-4+4≥4，h（x）_min=h（e）=ae-1≤3，
解得：0≤a≤$\frac{1}{e}$．
②當(dāng)a≥e⁴時(shí)，h′（x）≥0恒成立，h（x）單調(diào)遞增，
h（x）_min=h（e-4）=ae^-4+4＞4，不合題意，舍去．
③當(dāng)$\frac{1}{e}$＜a＜e⁴時(shí)，h（x）在[e^-4，$\frac{1}{a}$]上單調(diào)遞減，在[$\frac{1}{a}$，e]上單調(diào)遞增，
且h（e^-4）=ae^-4+4＞4，h（e）=ae-1，
要滿(mǎn)足條件則ae-1≤3，∴$\frac{1}{e}$＜a≤$\frac{4}{e}$．
綜上所述：a的取值范圍是[0，$\frac{4}{e}$]．

點(diǎn)評(píng) 本題考查導(dǎo)數(shù)的運(yùn)用：求切線(xiàn)的斜率和單調(diào)區(qū)間、極值和最值，同時(shí)考查恒成立和存在性問(wèn)題的解法，運(yùn)用分類(lèi)討論的思想方法是解題的關(guān)鍵．