Question

14．已知函数f（x）=x³-ax+b，经过曲线y=f（x）外的一点（1，0）作该曲线的切线恰有两条．
（1）求f（x）的极小值（用a表示）；
（2）若存在x₀∈（0，+∞），使得$f（{x_0}）＞{x_0}•{e^{x_0}}+a$成立，求实数a的取值范围．

Answer 1

分析 （1）设出切点，求出切点处的导函数即切线的斜率，据点斜式写出切线的方程，将切点代入，列出关于切点横坐标的方程，据题意此方程有两个根，构造函数，通过导函数求出两个极值，令极值为0，求出a，b的关系，再根据导数和极值的关系即可求出最小值．
（2）写出不等式，分离出参数a，构造函数g（x），将问题转化为a＜g（x）的最大值；通过对g（x）求两阶导数求g（x）的最值．

解答 解：（1）f′（x）=3x²-a，
过点A（1，0）作曲线C的切线，设切点（x₀，f（x₀）），则切线方程为：y=（3x₀²-a）（x-1）
将（x₀，f（x₀））代入得：f（x₀）=（3x₀²-a）（x₀-1）=x₀³-ax₀+b
即2x₀³-3x₀²+a-b=0（*）    由条件切线恰有两条，方程（*）恰有两根．
令u（x）=2x³-3x²+a-b，u′（x）=6x²-6x=6x（x-1），显然有两个极值点x=0与x=1，
于是u（0）=0或u（1）=0
当u（0）=0时，a=b；
当u（1）=0时，a-b=1，此时f（x）=x³-ax+a-1=（x-1）（x²+x+1-a）经过（1，0）与条件不符
所以a=b，
由于f′（x）=3x²-a，
当a≤0时，f′（x）≥0恒成立，故f（x）在R上单调递增，无极值，
当a＞0时，令f′（x）=3x²-a=0，解得x=±$\sqrt{\frac{a}{3}}$
当f′（x）＞0时，即x＞$\sqrt{\frac{a}{3}}$或x＜-$\sqrt{\frac{a}{3}}$，函数单调递增，
当f′（x）＜0时，即-$\sqrt{\frac{a}{3}}$＜x＜$\sqrt{\frac{a}{3}}$，函数单调递减，
所以当x=$\sqrt{\frac{a}{3}}$时，函数有极小值，极小值为f（$\sqrt{\frac{a}{3}}$）=a
（2）因为存在x₀∈R⁺，$f（{x_0}）＞{x_0}•{e^{x_0}}+a$成立，即x₀³-ax₀+a＞x₀${e}^{{x}_{0}}$+a
所以存在x₀∈R⁺，使x₀³-ax₀＞x₀•${e}^{{x}_{0}}$，得x₀²-a＞${e}^{{x}_{0}}$，即a＜x₀²-${e}^{{x}_{0}}$成立
设g（x）=x²-e^x（x＞0），问题转化为a＜g（x）的最大值
g′（x）=2x-e^x，
g′′（x）=2-e^x，令g′′（x）=0得x=ln2，
当x∈（0，ln2）时g′′（x）＞0此时g′（x）为增函数，当x∈（ln2，+∞）时g′′（x）＜0，此时g′（x）为减函数，
所以g′（x）的最大值为g′（ln2）=2ln2-e^ln2=2ln2-2=2（ln2-1）
因为ln2＜1，所以g′（x）的最大值g′（ln2）＜0，得g′（x）＜0
所以g（x）在（0，+∞）上单调递减，g（x）＜g（0）=-1

点评 本题知识点曲线的切线问题常利用导数的几何意义：在切点处的导数值为曲线的切线斜率；解决不等式恒成立问题常采用分离参数转化为求函数的最值．