Question

4．設(shè)函數(shù)f（x）=lnx-x²+ax（a∈R）．
（1）若函數(shù)f（x）在（0，e]上不是單調(diào)函數(shù)，求實(shí)數(shù)a的取值范圍；
（2）設(shè)函數(shù)f（x）的圖象在x=x₀處的切線為l，證明：f（x）的圖象上不存在位于直線l上方的點(diǎn)；
（3）設(shè)g（x）=xe^1-x，若對(duì)于任意給定的x₁∈（0，e]，方程f（x）+1=g（x₁）在（0，e]上有兩個(gè)不同的實(shí)根，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）利用函數(shù)單調(diào)性和導(dǎo)數(shù)之間的關(guān)系，即可求實(shí)數(shù)a的取值范圍；
（2）利用導(dǎo)數(shù)的幾何意義，求出函數(shù)的切線，利用函數(shù)的最值和導(dǎo)數(shù)之間的關(guān)系，即可的得到結(jié)論；
（3）求出函數(shù)g（x）在（0，e]上的值域?yàn)椋?，1]，令F（x）=f（x）+1，F(xiàn)′（x）=0在（0，e）有解，且易知只能有一個(gè)解，利用F（x）_max=F（x₁）＞1，分離參數(shù)，即可得出結(jié)論．

解答 （1）解：f′（x）=-$\frac{{2x}^{2}-ax-1}{x}$，
要使f（x）在（0，e]上不單調(diào)，f′（x）在（0，e）內(nèi)必有零點(diǎn)且在零點(diǎn)左右異號(hào)，
即h（x）=2x²-ax-1在（0，e）內(nèi)有零點(diǎn)且在零點(diǎn)左右異號(hào)．   
因?yàn)椤?a²+8＞0，
所以方程2x²-ax-1=0有兩個(gè)不等的實(shí)數(shù)根x₁，x₂，由于x₁x₂=-$\frac{1}{2}$＜0，
不妨設(shè)x₁＜0，x₂＞0，所以x₁＜0，x₂∈（0，e），
由h（x）圖象可知：h（0）h（e）＜0，
即2e²-ae-1＞0，解得 a＜2e-$\frac{1}{e}$．
（2）證明：f′（x₀）=$\frac{1}{{x}_{0}}$-2x₀+a，切點(diǎn)C（x₀，lnx₀-${{x}_{0}}^{2}$+ax₀），
所以切線l的方程為：y-（lnx₀-${{x}_{0}}^{2}$+ax₀）=（$\frac{1}{{x}_{0}}$-2x₀+a）（x-x₀），
即y=（$\frac{1}{{x}_{0}}$-2x₀+a）x-1+${{x}_{0}}^{2}$+lnx₀，（x₀為常數(shù)），
令g（x）=f（x）-[（$\frac{1}{{x}_{0}}$-2x₀+a）x-1+${{x}_{0}}^{2}$+lnx₀]，
則g（x）═lnx-x²-[（$\frac{1}{{x}_{0}}$-2x₀）x-1+${{x}_{0}}^{2}$+lnx₀]，
則g′（x）=$\frac{1}{x}$-2x-（$\frac{1}{{x}_{0}}$-2x₀）=-$\frac{2（x{-x}_{0}）（x+\frac{1}{{2x}_{0}}）}{x}$，
因?yàn)閤₀＞0，x，g′（x），g（x）的關(guān)系如下表：

x	（0，x0）	x0	（x0，+∞）
g′（x）	+	0	-
g（x）	↗	極大值	↘

因?yàn)間（x）≤g（x₀）=0，所以函數(shù)f（x）圖象上不存在位于直線l上方的點(diǎn)；
（3）解：g′（x）=e^1-x-xe^1-x=（1-x）e^1-x
當(dāng)x∈（0，1）時(shí)，g′（x）＞0，函數(shù)g（x）單調(diào)遞增；
當(dāng)x∈（1，e]時(shí)，g′（x）＜0，函數(shù)g（x）單調(diào)遞減．
∵g（0）=0，g（1）=1，g（e）=e•e^1-e＞0
∴函數(shù)g（x）在（0，e]上的值域?yàn)椋?，1]，
令F（x）=f（x）+1，F(xiàn)′（x）=-$\frac{{2x}^{2}-ax-1}{x}$，
若F′（x）=0在（0，e]無(wú)解，則F（x）在（0，e]上是單調(diào)函數(shù)，不合題意；
∴F′（x）=0在（0，e）有解，且易知只能有一個(gè)解；
設(shè)其解為x₁，當(dāng)x∈（0，x₁）時(shí)F′（x）＞0，F(xiàn)（x）在（0，x₁）上是增函數(shù)；
當(dāng)x∈（x₁，e）時(shí)F′（x）＜0，F(xiàn)（x）在（x₁，e）上是減函數(shù)．
∵?x₁∈（0，e]，方程f（x）+1=g（x₁）在（0，e]內(nèi)有兩個(gè)不同的根，
∴F（x）_max=F（x₁）＞1，且F（e）≤0．
由F（e）≤0，即lne-e²+ae+1≤0，解得a≤e-$\frac{2}{e}$．　   
由F（x）_max=F（x₁）＞1，即lnx₁-${{x}_{1}}^{2}$+ax₁＞0．
∵2${{x}_{1}}^{2}$-ax₁-1=0，∴a=2x₁-$\frac{1}{{x}_{1}}$，
代入lnx₁-${{x}_{1}}^{2}$+ax₁＞0，得：lnx₁+x₁²-1＞0．
設(shè)m（x）=lnx+x²-1，則m′（x）=$\frac{1}{x}$+2x，
∴m（x）在（0，e）上是增函數(shù)，
而m（1）=0，由lnx₁+x₁²-1＞0可得m（x₁）＞m（1），
得1＜x₁＜e． 
由a=2x₁-$\frac{1}{{x}_{1}}$是增函數(shù)，得1＜a＜2e-$\frac{1}{e}$，
綜上所述1＜a≤e-$\frac{2}{e}$．

點(diǎn)評(píng) 本題主要考查函數(shù)單調(diào)性與導(dǎo)數(shù)之間的關(guān)系，以及導(dǎo)數(shù)的幾何意義，會(huì)根據(jù)函數(shù)的增減性求出閉區(qū)間上函數(shù)的最值，能夠判斷不等式恒成立時(shí)所滿足的條件．難度大．