Question

【題目】已知a＞0，且a≠1，函數(shù)f（x）=ax﹣1，g（x）=﹣x2+xlna．
（1）若a＞1，證明函數(shù)h（x）=f（x）﹣g（x）在區(qū)間（0，+∞）上是單調(diào)增函數(shù)；
（2）求函數(shù)h（x）=f（x）﹣g（x）在區(qū)間[﹣1，1]上的最大值；
（3）若函數(shù)F（x）的圖象過原點，且F′（x）=g（x），當a＞e 時，函數(shù)F（x）過點A（1，m）的切線至少有2條，求實數(shù)m的值．

Answer 1

【答案】
（1）解： h（x）=f（x）﹣g（x）=ax﹣1+x2﹣xlna，

則h′（x）=（ax﹣1）lna+2x，

∵a＞1，∴當x＞0時，ax﹣1＞0，lna＞0，

∴h′（x）＞0，即此時函數(shù)h（x）在區(qū)間（0，+∞）上是單調(diào)增函數(shù)．

（2）由（1）知，當a＞1時，函數(shù)h（x）在區(qū)間（0，+∞）上是單調(diào)增函數(shù)，

則在區(qū)間（﹣∞，0）上是單調(diào)減函數(shù)，

同理當0＜a＜1時，h（x）在區(qū)間（0，+∞）上是單調(diào)增函數(shù)，

則在區(qū)間（﹣∞，0）上是單調(diào)減函數(shù)，

即當a＞0，且a≠1時，h（x）在區(qū)間[﹣1，0）上是減函數(shù)，在區(qū)間（[0，1）上是增函數(shù)，

當﹣1≤x≤1時，h（x）的最大值為h（﹣1）和h（1）中的最大值，

∵h（1）﹣h（﹣1）=（a﹣lna）﹣（ +lna）=a﹣ ﹣2lna，

∴令G（a）=a﹣ ﹣2lna，a＞0，

則G′（a）=1+ ﹣ =（1﹣ ）2≥0，

∴G（a）=a﹣ ﹣2lna，在a＞0上為增函數(shù)，

∵G（1）=1﹣1﹣2ln1=0，

∴a＞1時，G（a）＞0，即h（1）＞h（﹣1），最大值為h（1）=a﹣lna，

當0＜a＜1時，G（a）＜0，即h（﹣1）＞h（1），最大值為h（﹣1）= +lna．

（3）∵F（x）的圖象過原點，且F′（x）=g（x）=﹣x2+xlna，

∴設F（x）=﹣ x3+ x2lna+c，

∵F（x）的圖象過原點，∴F（0）=0，

即c=0，則F（x）=﹣ x3+ x2lna．

設切點為B（x0，﹣ x03+ x02lna），則B處的切線方程為：

y﹣（﹣ x03+ x02lna）=﹣（﹣x02+x0lna）（x﹣x0），

將A的坐標代入得m﹣（﹣ x03+ x02lna）=﹣（﹣x02+x0lna）（1﹣x0），

即m= x03﹣（1+ lna）x02+x0lna （※），

則原命題等價為關(guān)于x0的方程（※）至少有2個不同的解，

設φ（x）= x3﹣（1+ lna）x2+xlna，

則φ′（x）=2x02﹣（2+lna）x+lna=（x﹣1）（2x﹣lna），

∵a＞e ，∴ ＞1，

當x∈（﹣∞，1）和（ ，+∞）時，φ′（x）＞0，此時函數(shù)φ（x）為增函數(shù)，

當x∈（1， ）時，φ′（x）＜0，此時函數(shù)φ（x）為減函數(shù)，

∴φ（x）的極大值為φ（1）= ﹣1﹣ lna+lna= lna﹣ ，

φ（x）的極大值為φ（ lna）= ln3a﹣ ln2a（1+ lna）+ ln2a=﹣ ln3a+ ln2a，

設t=lna，則t＞ ，

則原命題等價為 對t＞ 恒成立，

∴由m≤ t﹣ 得m≤ ，

∵s（t）=﹣ t3+ t2的最大值為s（4）= ，

∴由m≥﹣ t3+ t2，得m≥ ，即m= ，

綜上所述當a＞e 時，函數(shù)F（x）過點A（1，m）的切線至少有2條，此時實數(shù)m的值為 ．

【解析】（1）由已知求出函數(shù)的導函數(shù)，根據(jù)函數(shù)單調(diào)性和導數(shù)的關(guān)系即可證明。（2）根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性和最值如導數(shù)的關(guān)系即可求解。（3）求出導函數(shù)的解析式結(jié)合導數(shù)的幾何意義求解即可。
【考點精析】解答此題的關(guān)鍵在于理解函數(shù)的最大(小)值與導數(shù)的相關(guān)知識，掌握求函數(shù)在上的最大值與最小值的步驟：（1）求函數(shù)在內(nèi)的極值；（2）將函數(shù)的各極值與端點處的函數(shù)值，比較，其中最大的是一個最大值，最小的是最小值．