Question

4．已知函数f（x）=xe^1-x+3，g（x）=-2x²+ax-lnx（a∈R）
（1）若函数f（x）在点P（1，f（1））处的切线l与g（x）在点（1，g（1））处的切线平行，求g（x）的单调区间
（2）若对任意的x∈（0，e]，都有唯一的x₀∈[e^-4，e]，使得f（x）=g（x₀）+2x₀²成立，求实数a的取值范围．

Answer 1

分析 （1）分别求得f（x），g（x）的导数，求得在x=1处的切线的斜率，由平行的条件可得a=5，再由g（x）的导数大于0，可得增区间，导数小于0，可得减区间，注意定义域；
（2）对f（x）求导，计算其值域为（3，4]，令h（x）=g（x）+2x²=ax-lnx，m=f（x），则问题转化为：?m∈（3，4]，存在唯一的x₀∈[e^-4，e]，使得h（x₀）=m成立．再对h（x）求导，h′（x）=a-$\frac{1}{x}$=$\frac{ax-1}{x}$，x∈[e^-4，e]，分为a≤$\frac{1}{e}$，a≥e⁴和$\frac{1}{e}$＜a＜e⁴三种情况分别讨论，从而进一步求得范围．

解答 解：（1）函数f（x）=xe^1-x+3的导数为f′（x）=e^1-x（1-x），
g（x）=-2x²+ax-lnx的导数为g′（x）=-4x+a-$\frac{1}{x}$，
f（x）在点P（1，f（1））处的切线斜率为e^1-1（1-1）=0，
g（x）在点（1，g（1））处的切线斜率为a-5，
由平行的条件可得a-5=0，即a=5，
g′（x）=-4x+5-$\frac{1}{x}$=-$\frac{4{x}^{2}-5x+1}{x}$=-$\frac{（4x-1）（x-1）}{x}$，
当$\frac{1}{4}$＜x＜1，即有g′（x）＞0，g（x）单调递增；
当x＞1或0＜x＜$\frac{1}{4}$，即有g′（x）＞0，g（x）单调递减．
则g（x）的减区间为（1，+∞），（0，$\frac{1}{4}$），增区间为（$\frac{1}{4}$，1）．
（2）∵f′（x）=e^1-x（1-x），
∴f（x）在（0，1）上单调递增，在（1，e）上单调递减，
又f（0）=3，f（1）=4，f（e）=e^2-e+3＞3，
∴f（x）的值域为（3，4]，
记h（x）=g（x）+2x²=ax-lnx，m=f（x），
原问题等价于：?m∈（3，4]，存在唯一的x₀∈[e^-4，e]，使得h（x₀）=m成立．
∵h′（x）=a-$\frac{1}{x}$=$\frac{ax-1}{x}$，x∈[e^-4，e]
①当a≤$\frac{1}{e}$时，h′（x）≤0恒成立，h（x）单调递减，
由h（x）_max=h（e^-4）=ae^-4+4≥4，h（x）_min=h（e）=ae-1≤3，
解得：0≤a≤$\frac{1}{e}$．
②当a≥e⁴时，h′（x）≥0恒成立，h（x）单调递增，
h（x）_min=h（e-4）=ae^-4+4＞4，不合题意，舍去．
③当$\frac{1}{e}$＜a＜e⁴时，h（x）在[e^-4，$\frac{1}{a}$]上单调递减，在[$\frac{1}{a}$，e]上单调递增，
且h（e^-4）=ae^-4+4＞4，h（e）=ae-1，
要满足条件则ae-1≤3，∴$\frac{1}{e}$＜a≤$\frac{4}{e}$．
综上所述：a的取值范围是[0，$\frac{4}{e}$]．

点评 本题考查导数的运用：求切线的斜率和单调区间、极值和最值，同时考查恒成立和存在性问题的解法，运用分类讨论的思想方法是解题的关键．