Question

10．已知函數(shù)f（x）=ae^x-$\frac{1}{2}$x²-x（a∈R）．
（1）若曲線y=f（x）在點（0，f（0））處的切線與y軸垂直，求a的值；
（2）若函數(shù)f（x）有兩個極值點，求a的取值范圍；
（3）證明：當(dāng)x＞1時，e^xlnx＞x-$\frac{1}{x}$．

Answer 1

分析 （1）求出原函數(shù)的導(dǎo)函數(shù)，由曲線y=f（x）在點（0，f（0））處的切線與y軸垂直，可得f′（0）=0，由此求得a值；
（2）由（1）知，f′（x）=ae^x-x-1，由函數(shù)f（x）有兩個極值點，得f′（x）=ae^x-x-1=0有兩個不同的根，即a=$\frac{x+1}{{e}^{x}}$有兩個不同的根，令h（x）=$\frac{x+1}{{e}^{x}}$，利用導(dǎo)數(shù)求其范圍，則實數(shù)a的范圍可求；
（3）令g（x）=e^xlnx-x+$\frac{1}{x}$（x＞1），則g（1）=0，求其導(dǎo)函數(shù)，二次求導(dǎo)后可得g（x）在x＞1時單調(diào)遞增，則答案得證．

解答 （1）解：由f（x）=ae^x-$\frac{1}{2}$x²-x，得f′（x）=ae^x-x-1，
∵曲線y=f（x）在點（0，f（0））處的切線與y軸垂直，
∴f′（0）=a-1=0，即a=1；
（2）解：由（1）知，f′（x）=ae^x-x-1，
若函數(shù)f（x）有兩個極值點，則f′（x）=ae^x-x-1=0有兩個不同的根，
即a=$\frac{x+1}{{e}^{x}}$有兩個不同的根，且a-$\frac{x+1}{{e}^{x}}$的值在根的左右兩側(cè)符號相反．
令h（x）=$\frac{x+1}{{e}^{x}}$，則h′（x）=$\frac{{e}^{x}-（x+1）{e}^{x}}{{e}^{2x}}=-\frac{x}{{e}^{x}}$．
∴當(dāng)x＞0時，h′（x）＜0，h（x）單調(diào)遞減；當(dāng)x＜0時，h′（x）＞0，h（x）單調(diào)遞增．
又當(dāng)x→-∞時，h（x）→-∞，當(dāng)x=0時，h（0）=1，當(dāng)x＞0時，h（x）＞0，且x→+∞時，h（x）→0．
∴0＜a＜1．
即所求實數(shù)a的范圍是0＜a＜1；
（3）證明：令g（x）=e^xlnx-x+$\frac{1}{x}$（x＞1），則g（1）=0，
g′（x）=${e}^{x}lnx+\frac{{e}^{x}}{x}-1-\frac{1}{{x}^{2}}$．
令t（x）=g′（x）=${e}^{x}lnx+\frac{{e}^{x}}{x}-1-\frac{1}{{x}^{2}}$．
則t′（x）=${e}^{x}lnx+\frac{{e}^{x}}{x}+\frac{{e}^{x}x-{e}^{x}}{{x}^{2}}+\frac{2}{{x}^{3}}$．
∵x＞1，∴e^xlnx＞0，$\frac{{e}^{x}}{x}＞0$$\frac{{e}^{x}（x-1）}{{x}^{2}}＞0$，$\frac{2}{{x}^{3}}＞0$．
∴t′（x）＞0，即t（x）=g′（x）在x＞1時單調(diào)遞增．
又g′（1）=e-2＞0，∴x＞1時，g′（x）＞0，即g（x）在x＞1時單調(diào)遞增．
∴x＞1時，g（x）＞0，
即x＞1時，e^xlnx＞x-$\frac{1}{x}$．

點評 本題考查利用導(dǎo)數(shù)研究過曲線上某點處的切線方程，考查利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的極值，體現(xiàn)了數(shù)學(xué)轉(zhuǎn)化思想方法，屬難題．