Question

2．已知函数f（x）=x²-（a-2）x-alnx（a∈R）．
（Ⅰ）当a=3时，求曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线方程；
（Ⅱ）求函数y=f（x）的单调区间；
（Ⅲ）当a=1时，证明：对任意的x＞0，f（x）+e^x＞x²+x+2．

Answer 1

分析 （Ⅰ）代入a值，求出导函数，利用导函数的概念求出切线方程；
（Ⅱ）求出导函数，对参数a进行分类讨论，得出导函数的正负，判断原函数的单调性；
（Ⅲ）整理不等式得e^x-lnx-2＞0，构造函数h（x）=e^x-lnx-2，则$h'（x）={e^x}-\frac{1}{x}$，通过特殊值$h'（\frac{1}{3}）={e^{\frac{1}{3}}}-3＜0，h'（1）=e-1＞0$，知存在唯一实根x₀，即${e^{x_0}}=\frac{1}{x_0}$，得出函数的最小值为$h{（x）_{min}}=h（{x_0}）={e^{x_0}}-ln{x_0}-2=\frac{1}{x_0}-ln\frac{1}{{{e^{x_0}}}}-2=\frac{1}{x_0}+{x_0}-2＞0$．

解答 解：（Ⅰ）当a=3时，$f（x）={x^2}-x-3lnx，f'（x）=2x-1-\frac{3}{x}$，f'（1）=-2．（1分）
f（1）=0．（2分）
所以曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线方程为y=-2（x-1），即2x+y-2=0．（3分）
（Ⅱ）由题意知，函数f（x）的定义域为（0，+∞），
由已知得$f'（x）=2x-（a-2）-\frac{a}{x}=\frac{{2{x^2}-（a-2）x-a}}{x}=\frac{（2x-a）（x+1）}{x}$．（4分）
当a≤0时，f'（x）＞0，函数f（x）在（0，+∞）上单调递增，
所以函数f（x）的单调递增区间为（0，+∞）．（5分）
当a＞0时，由f'（x）＞0，得$x＞\frac{a}{2}$，由f'（x）＜0，得$0＜x＜\frac{a}{2}$，
所以函数f（x）的单调递增区间为$（\frac{a}{2}，+∞）$，单调递减区间为$（0，\frac{a}{2}）$．（6分）
综上，当a≤0时，函数f（x）的单调递增区间为（0，+∞）；
当a＞0时，函数f（x）的单调递增区间为$（\frac{a}{2}，+∞）$，单调递减区间为$（0，\frac{a}{2}）$．（7分）
（Ⅲ）证明：当a=1时，不等式f（x）+e^x＞x²+x+2可变为e^x-lnx-2＞0，（8分）
令h（x）=e^x-lnx-2，则$h'（x）={e^x}-\frac{1}{x}$，可知函数h'（x）在（0，+∞）单调递增，（9分）
而$h'（\frac{1}{3}）={e^{\frac{1}{3}}}-3＜0，h'（1）=e-1＞0$，
所以方程h'（x）=0在（0，+∞）上存在唯一实根x₀，即${e^{x_0}}=\frac{1}{x_0}$．（10分）
当x∈（0，x₀）时，h'（x）＜0，函数h（x）单调递减；
当x∈（x₀，+∞）时，h'（x）＞0，函数h（x）单调递增；（11分）
所以$h{（x）_{min}}=h（{x_0}）={e^{x_0}}-ln{x_0}-2=\frac{1}{x_0}-ln\frac{1}{{{e^{x_0}}}}-2=\frac{1}{x_0}+{x_0}-2＞0$．（12分）
即e^x-lnx-2＞0在（0，+∞）上恒成立，
所以对任意x＞0，f（x）+e^x＞x²+x+2成立．

点评 考查了导函数概念的应用，参数的讨论问题和恒成立问题的转化．