Question

17．已知函数f（x）=2ae^x+1，g（x）=lnx-lna+1-ln2，其中a为常数，e≈2.718，函数y=f（x）的图象与坐标轴交点处的切线为l₁，函数y=g（x）的图象与直线y=1交点处的切线为l₂，且l₁∥l₂．
（Ⅰ）求a的值．
（Ⅱ）若对任意的x∈[1，5]，不等式x-m＞$\sqrt{x}f（x）-\sqrt{x}$成立，求实数m的取值范围．
（Ⅲ）若F（x）=λx²-x+1-g（x）（λ＞0）有唯一零点，求λ的值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）分别求得切点处的导数值，可得方程，进而可得a值；
（Ⅱ）不等式可化为m＜x-$\sqrt{x}$ex，令h（x）=x-$\sqrt{x}$ex，求导数可得函数h（x）在[1，5]上是减函数，从而可得m＜h（5）即可；
（Ⅲ）由（Ⅰ）知g（x）=lnx+1，则F（x）=λx²-lnx-x，则F′（x）=$\frac{2λ{x}^{2}-x-1}{x}$．令F'（x）=0，2λx²-x-1=0．由此进行分类讨论，能求出λ．

解答 解：（Ⅰ）函数y=f（x）的图象与坐标轴的交点为（0，2a+1），
又f′（x）=2ae^x，∴f′（0）=2a，
函数y=g（x）的图象与直线y=1的交点为（2a，1），
又g′（x）=$\frac{1}{x}$，g′（2a）=$\frac{1}{2a}$，
由题意可知，2a=$\frac{1}{2a}$，即a²=$\frac{1}{4}$又a＞0，
所以a=$\frac{1}{2}$，
（Ⅱ）不等式x-m＞$\sqrt{x}$f（x）-$\sqrt{x}$可化为m＜x-$\sqrt{x}$f（x）+$\sqrt{x}$即m＜x-$\sqrt{x}$e^x，
令h（x）=x-$\sqrt{x}$e^x，则h′（x）=1-（$\frac{1}{2\sqrt{x}}$+$\sqrt{x}$）e^x，
∵x＞0，∴$\frac{1}{2\sqrt{x}}$+$\sqrt{x}$≥2$\sqrt{\frac{1}{2}}$=$\sqrt{2}$，
又x＞0时，e^x＞1，∴（$\frac{1}{2\sqrt{x}}$+$\sqrt{x}$）e^x＞1，故h′（x）＜0，
∴h（x）在（0，+∞）上是减函数，
即h（x）在[1，5]上是减函数，
因此，在对任意的x∈[1，5]，不等式x-m＞$\sqrt{x}$f（x）-$\sqrt{x}$成立，
只需m＜h（5）=5-$\sqrt{5}$e⁵，
所以实数m的取值范围是（-∞，5-$\sqrt{5}$e⁵）；
（Ⅲ）由（Ⅰ）知g（x）=lnx+1，则F（x）=λx²-lnx-x，
则F′（x）=$\frac{2λ{x}^{2}-x-1}{x}$．
令F′（x）=0，2λx²-x-1=0．
因为λ＞0，所以△=1+8λ＞0，
方程有两异号根设为x₁＜0，x₂＞0．
因为x＞0，所以x₁应舍去．
当x∈（0，x₂）时，F′（x）＜0，F（x）在（0，x₂）上单调递减；
当x∈（x₂，+∞）时，F′（x）＞0，F（x）在（x₂，+∞）单调递增．
当x=x₂时，F′（x₂）=0，F（x）取最小值F（x₂）．
因为F（x）=0有唯一解，所以F（x₂）=0，
则 $\left\{\begin{array}{l}{λ{{x}_{2}}^{2}-ln{x}_{2}-{x}_{2}=0}\\{2λ{{x}_{2}}^{2}-{x}_{2}-1=0}\end{array}\right.$，因为λ＞0，所以2lnx₂+x₂-1=0（*）
设函数h（x）=2lnx+x-1，因为当x＞0时，
h（x）是增函数，所以h（x）=0至多有一解．
因为h（1）=0，所以方程（*）的解为x₂=1，
代入方程组解得λ=1．

点评 本题考查函数的单调性、极值、零点等知识点的应用，解题时要认真审题，仔细解答，注意合理地进行等价转化．