Question

已知f（x）=（ax²+（a-1）²x-a²+3a-12）e^x，a≥0，g（x）=lnx-x-3．
（1）求g（x）的最大值；
（2）若函数f（x）在区间（2，3）上单调，求a的取值范围；
（3）当a=0时，设h（x）=

f(x)

ex

+g（x），若直线y=kx+b与曲线y=h（x）的交点为A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），其中0＜x₁＜x₂，证明：k（x₁+x₂）＞2成立．

Answer 1

考点：导数在最大值、最小值问题中的应用,利用导数研究函数的单调性,利用导数研究函数的极值

专题：导数的综合应用

分析：（1）g′（x）=

1

x

-1=

1-x

x

，分别解出g′（x）＞0，g′（x）＜0，即可得出g（x）单调性与极值．
（2）f′（x）=[ax²+（a²+1）x+a-11]e^x，对a分类讨论：当a=0时，当a＞0时，记u（x）=ax²+（a²+1）x+a-11，利用二次函数的单调性及其导数与函数的单调性即可得出．
（3）当a=0时，设h（x）=

f(x)

ex

+g（x）=lnx-15，k=

h(x2)-h(x1)

x2-x1

=

lnx2-lnx1

x2-x1

，要证明k（x₁+x₂）＞2成立．即证明

lnx2-lnx1

x2-x1

（x₂+x₁）＞2成立，即证明

x2 x1 +1

x2 x1 -1

ln

x2

x1

＞2成立，令t=

x2

x1

＞1，上式即证明

t+1

t-1

lnt＞2成立，记v（t）=（t+1）lnt-2（t-1），利用导数研究其单调性极值即可得出．

解答： 解：（1）g′（x）=

1

x

-1=

1-x

x

，
当0＜x＜1时，g′（x）＞0，g（x）单调递增；
当1＜x时，g′（x）＜0，g（x）单调递减．
∴g（x）_max=g（1）=-4．

（2）f′（x）=[ax²+（a²+1）x+a-11]e^x，
当a=0时，f′（x）=（x-11）e^x在区间（2，3）上单调递减，符合题意；
当a＞0时，记u（x）=ax²+（a²+1）x+a-11，对称轴为x=-

a2+1

2a

＜0，
要使f（x）在区间（2，3）上单调，只需要u（2）≥0或u（3）≤0，即

a＞0 2a2+5a-9≥0

或

a＞0 3a2+10a-11≤0

，解得a≥

97 -5

4

或0＜a≤

2

3

．
综上可得：a的取值范围是(0，

2

3

]∪[

97 -5

4

，+∞)．

（3）当a=0时，设h（x）=

f(x)

ex

+g（x）=lnx-15，k=

h(x2)-h(x1)

x2-x1

=

lnx2-lnx1

x2-x1

，
要证明k（x₁+x₂）＞2成立．即证明

lnx2-lnx1

x2-x1

（x₂+x₁）＞2成立，即证明

x2 x1 +1

x2 x1 -1

ln

x2

x1

＞2成立，
令t=

x2

x1

＞1，上式即证明

t+1

t-1

lnt＞2成立，记v（t）=（t+1）lnt-2（t-1），
v′（t）=lnt+

1

t

-1，v′（1）=0，
v^″（t）=

1

t

-

1

t2

=

t-1

t2

＞0在t＞1时恒成立．
∴v′（t）在t＞1时单调递增，v′（t）＞v′（1）=0．
∴v（t）在（1，+∞）上单调递增，
∴v（t）＞v（1）=0．即当t＞1时，v（t）＞0恒成立．
因此k（x₁+x₂）＞2成立．

点评：本题考查了利用导数研究函数的单调性极值与最值，考查了分类讨论思想方法，考查了推理能力与计算能力，属于难题．