Question

3．已知函數(shù)f（x）=e^x+lnx+$\frac{a}{x}$，a∈R．
（1）設曲線y=f（x）在x=1處的切線與直線y=ex-1平行，求此切線方程；
（2）當a=0時，令函數(shù)g（x）=f（x）-$\frac{1}{2b}$x²-e^x（b∈R，b≠0），求函數(shù)g（x）在定義域內的極值點；
（3）令h（x）=f（x）-e^x，?x₁，x₂∈[1，+∞），且x₁＜x₂，都有h（x₁）-h（x₂）＜x₂-x₁成立，求a的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）求導數(shù)，利用曲線y=f（x）在x=1處的切線與直線y=ex-1平行，求出a，可得切點坐標，即可求此切線方程
（2）分類討論，求導數(shù)，利用極值的定義，可得函數(shù)g（x）在定義域內的極值點；
（3）由題意，等價于f（x）在x∈[1，+∞）上為增函數(shù)，從而a≤x²+x在x∈[1，+∞）上恒成立，即可求a的取值范圍．

解答 解：（1）函數(shù)f（x）=e^x+lnx+$\frac{a}{x}$，a∈R的導數(shù)f′（x）=e^x+$\frac{1}{x}-\frac{a}{{x}^{2}}$，
∵曲線y=f（x）在x=1處的切線與直線y=ex-1平行，∴f′（1）=e，
即e+1-a=e，解得a=1．∴f（x）=e^x+lnx+$\frac{1}{x}$，f（1）=e+1
即切點為（1，e+1），所以切線方程為y-（e+1）=e（x-1），
∴y=ex+1為所求．
（2）當a=0時，函數(shù)g（x）=f（x）-$\frac{1}{2b}$x²-e^x（b∈R，b≠0），整理得g（x）=lnx-$\frac{1}{2b}{x}^{2}$，定義域為x∈（0，+∞），
g′（x）=$\frac{1}{x}-\frac{x}=\frac{b-{x}^{2}}{bx}$，
①當b＜0時，∴g′（x）＞0恒成立，∴g（x）在x∈（0，+∞）上為增函數(shù)，∴g（x）在定義域內無極值； 
②當b＞0時，令g′（x）=0，∴x=$\sqrt$或x=-$\sqrt$（舍去），
x$∈（0，\sqrt）$時，g′（x）＞0，x$∈（\sqrt，+∞）$時，g′（x）＜0，
∴g（x）在（0，$\sqrt$）遞增，在（$\sqrt$，+∞）遞減，∴g（x）的極大值點為$\sqrt$，無極小值點； 
綜上：當b＜0時，g（x）在定義域內無極值；b＞0時，g（x）的極大值點為$\sqrt$，無極小值點．
（3）h（x）=f（x）-e^x=lnx+$\frac{a}{x}$．
?x₁，x₂∈[1，+∞），且x₁＜x₂，都有h（x₁）-h（x₂）＜x₂-x₁成立，
??x₁，x₂∈[1，+∞），且x₁＜x₂，都有h（x₁）+x₁＜h（x₂）+x₂成立．
??x₁，x₂∈[1，+∞），且x₁＜x₂，都有l(wèi)nx₁+$\frac{a}{{x}_{1}}$+x₁＜lnx₂+$\frac{a}{{x}_{2}}$+x₂成立．
令F（x）=lnx+$\frac{a}{x}+x$，即F（x₁）＜F（x₂），等價于F（x）在x∈[1，+∞）上為增函數(shù)，
∴F′（x）=$\frac{1}{x}+1-\frac{a}{{x}^{2}}=\frac{{x}^{2}+x-a}{{x}^{2}}$≥0在x∈[1，+∞）上恒成立，
即a≤x²+x在x∈[1，+∞）上恒成立，
令y=x²+x，只需a≤y_min即可．∵y在x∈[1，+∞）上為增函數(shù)，
∴當x=1時，y_min=2，∴a≤2．

點評 本題考查導數(shù)知識的綜合運用，考查導數(shù)的幾何意義、函數(shù)的極值、恒成立問題，考查學生分析解決問題的能力，知識綜合性強．屬于難題．