Question

5．已知函數(shù)f（x）=x²+ax-lnx，g（x）=e^x．
（1）當(dāng)a=1時(shí)，求f（x）在x=1處的切線方程；
（2）函數(shù)h（x）=f′（x）-f（x），證明：當(dāng)x∈（0，1]時(shí)，h′（x）≥2-a；
（3）若函數(shù)$F（x）=\frac{f（x）}{g（x）}$在（0，1]上是單調(diào)遞減函數(shù)，求a的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）利用導(dǎo)數(shù)的幾何意義求出切線的斜率，再利用點(diǎn)斜式得出切線方程；
（2）利用基本初等函數(shù)的性質(zhì)得出h′（x）在（0，1]上是減函數(shù)，得出結(jié)論；
（3）對2-a的符號進(jìn)行討論，得出F（x）的最大值，令F_max（x）≤0解出．

解答 解：（1）a=1時(shí)，f（x）=x²+x-lnx，f′（x）=2x+1-$\frac{1}{x}$，
∴f（x）在x=1處的切線斜率為k=f′（1）=2，
又f（1）=2，
∴f（x）在x=1處的切線方程為y-2=2（x-1），即2x-y=0．
（2）h（x）=2x+a-$\frac{1}{x}$-x²-ax+lnx，
∴h′（x）=2-a-2x+$\frac{1}{x}$+$\frac{1}{{x}^{2}}$，
∵y=-2x，y=$\frac{1}{x}$，y=$\frac{1}{{x}^{2}}$在（0，1]上都是減函數(shù)，
∴h′（x）在（0，1]上是減函數(shù)，
∴h′（x）_min=h′（1）=2-a．
∴當(dāng)x∈（0，1]時(shí)，h′（x）≥2-a．
（3）∵F（x）在（0，1]上是減函數(shù)，∴F′（x）=$\frac{f′（x）g（x）-f（x）g′（x）}{{g}^{2}（x）}$=$\frac{h（x）}{g（x）}$≤0在（0，1]上恒成立．
∴h（x）≤0在（0，1]上恒成立，即h_max（x）≤0．
由（2）可知h′（x）在（0，1]上單調(diào)遞減，且h′（x）≥2-a，
①若a≤2，則h′（x）≥0，∴h（x）在（0，1]上為增函數(shù)，∴h_max（x）=h（1）=0，符合題意．
②若a＞2，則h′（1）＜0，又$\underset{lim}{x→0+}$h′（x）=+∞，
∴存在x₀∈（0，1），使得h′（x₀）=0，
∴h（x）在（0，x₀）上遞增，在（x₀，1）上遞減．
又∵h(yuǎn)（1）=0，∴h（x₀）＞0．
又∵h(yuǎn)（e^-a）=-e^-2a+（2-a）e^-a+a-e^a+lne^-a＜0，
∴h（x）在（0，1）內(nèi)有唯一一個(gè)零點(diǎn)x'，
當(dāng)x∈（0，x'）時(shí)，h（x）＜0，當(dāng)x∈（x'，1）時(shí)，h（x）＞0．
又F（x）=$\frac{h（x）}{{e}^{x}}$，
∴F（x）在（0，x'）遞減，在（x'，1）遞增，與F（x）在區(qū)間（0，1]上單調(diào)遞減矛盾．
∴a＞2不合題意．
綜上，a的取值范圍是（-∞，2]．

點(diǎn)評 本題考查了導(dǎo)數(shù)的幾何意義，導(dǎo)數(shù)與函數(shù)單調(diào)性的關(guān)系，屬于中檔題．