Question

8．已知函数f（x）=g（x）•h（x），其中函数g（x）=e^x，h（x）=x²+ax+a．
（1）求函数g（x）在（1，g（1））处的切线方程；
（2）当0＜a＜2时，求函数f（x）在x∈[-2a，a]上的最大值；
（3）当a=0时，对于给定的正整数k，问函数F（x）=e•f（x）-2k（lnx+1）是否有零点？请说明理由．（参考数据e≈2.718，$\sqrt{e}$≈1.649，e$\sqrt{e}$≈4.482，ln2≈0.693）

Answer 1

分析 （1）求出函数的导数，计算g（1），g′（1），求出切线方程即可；
（2）求出f（x）的导数，通过讨论a的范围，求出f（x）的最大值即可；
（3）问题转化为e•$\frac{{e}^{x}}{x}$＞$\frac{2（lnx+1）}{{x}^{3}}$．令p（x）=e•$\frac{{e}^{x}}{x}$，q（x）=$\frac{2（lnx+1）}{{x}^{3}}$，根据函数的单调性判断即可．

解答 解：（1）∵g（x）=e^x，∴g′（x）=e^x，∴g′（1）=e，
∴函数g（x）在（1，g（1））处的切线方程为y-e=e（x-1），即y=ex；
（2）f（x）=e^x（x²+ax+a），f′（x）=（x+2）（x+a）e^x=0，可得x=-a或x=-2．
①-2a≥-2，即0＜a≤1时，f（x）在[-2a，-a]上递减，在[-a，a]上递增，
∴f（x）_max=f（a）；
②-2a＜-2，即1＜a＜2时，f（x）在[-2a，-2]上递增，[-2，-a】递减，在[-a，a]上递增，
∴f（x）_max=max{f（-2），f（a）}=f（a）；
综上所述，f（x）_max=f（a）=（2a²+a）e^a；
（3）k=1，函数F（x）=e•f（x）-2k（lnx+1）无零点，
k≥2，函数F（x）=e•f（x）-2k（lnx+1）有零点．
理由如下：
k=1时，证明ex²e^x-2lnx-2＞0即可，即证明e•$\frac{{e}^{x}}{x}$＞$\frac{2（lnx+1）}{{x}^{3}}$．
令p（x）=e•$\frac{{e}^{x}}{x}$，q（x）=$\frac{2（lnx+1）}{{x}^{3}}$，
而p′（x）=$\frac{{e}^{x+1}（x-1）}{{x}^{2}}$，
令p′（x）＞0，解得：x＞1，令p′（x）＜0，解得：x＜1，
∴p（x）_min=p（1）=e²，
q′（x）=$\frac{-2（2+3lnx）}{{x}^{4}}$，
令q′（x）＞0，解得：0＜x＜${e}^{-\frac{2}{3}}$，
令q′（x）＜0，解得：x＞${e}^{-\frac{2}{3}}$，
故q（x）_max=q（${e}^{-\frac{2}{3}}$）=$\frac{2}{3}$e²，
∴e•$\frac{{e}^{x}}{x}$＞$\frac{2（lnx+1）}{{x}^{3}}$，
故命题得证．

点评 本题考查了切线方程问题，考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应用以及分类讨论思想，是一道综合题．