Question

3．已知函数f（x）=x²+ax-lnx，g（x）=e^x（a∈R）．
（1）是否存在a及过原点的直线l，使得直线l与曲线y=f（x），y=g（x）均相切？若存在，求a的值及直线l的方程；若不存在，请说明理由；
（2）若函数F（x）=$\frac{f（x）}{g（x）}$在区间（0，1]上是单调函数，求a的取值范围．

Answer 1

分析 （1）求出f（x），g（x）的导数，设出切点，求得切线的斜率，运用点斜式方程可得切线的方程，即可判断存在a=e-1及l：y=ex；
（2）求出F（x）的解析式和导数，令$h（x）=-{x^2}+（2-a）x+a-\frac{1}{x}+lnx$，求出导数，判断单调性，再对a讨论，分a≤2，a＞2，判断h（x）的单调性，进而得到F（x）的单调性，即可得到所求范围．

解答 解：（1）g（x）的导数为g'（x）=e^x，
设曲线y=g（x）在点$（{x_1}，{e^{x_1}}）$处切线过原点，则切线方程为$y={e^{x_1}}x$，
由点$（{x_1}，{e^{x_1}}）$在切线上，可得${e^{x_1}}={e^{x_1}}•{x_1}$，
解得x₁=1，即有切线方程为y=ex，
设直线y=ex与曲线y=f（x）切于点（x₂，y₂），
由f（x）的导数为$f'（x）=2x+a-\frac{1}{x}$，可得$f'（{x_2}）=2{x_2}+a-\frac{1}{x_2}=e$，
即有$a=e-2{x_2}+\frac{1}{x_2}$，
又$x_2^2+a{x_2}-ln{x_2}=e{x_2}$，则$x_2^2+（e-2{x_2}+\frac{1}{x_2}）{x_2}-ln{x_2}=e{x_2}$，
可得$x_2^2+ln{x_2}-1=0$，解得x₂=1，a=e-1．
故存在a=e-1及l：y=ex，使得直线l与曲线y=f（x），y=g（x）均相切．
（2）$F（x）=\frac{{{x^2}+ax-lnx}}{e^x}$，$F'（x）=\frac{{-{x^2}+（2-a）x+a-\frac{1}{x}+lnx}}{e^x}$，
令$h（x）=-{x^2}+（2-a）x+a-\frac{1}{x}+lnx$，则$h'（x）=-2x+\frac{1}{x^2}+\frac{1}{x}+2-a$，
易知h'（x）在（0，1]上单调递减，从而h'（x）≥h'（1）=2-a．
①当2-a≥0时，即a≤2时，h'（x）≥0，h（x）在区间（0，1]上单调递增，
由h（1）=0，可得h（x）≤0在（0，1]上恒成立，
即F'（x）≤0在（0，1]上恒成立．
即F（x）在区间（0，1]上单调递减，则a≤2满足题意；
②当2-a＜0时，即a＞2时，由h'（1）=2-a＜0，当x＞0且x→0时，h'（x）→+∞，
故函数h'（x）存在唯一零点x₀∈（0，1]，且h（x）在（0，x₀）上单调递增，
在（x₀，1）上单调递减，
又h（1）=0，可得F（x）在（x₀，1）上单调递增．
注意到h（e^-a）＜0，e^-a∈（0，x₀），即有F（x）在（0，e^-a）上单调递减，
这与F（x）在区间（0，1]上是单调函数矛盾，则a＞2不合题意．
综合①②得，a的取值范围是（-∞，2]．

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，考查函数的单调性的判断和运用，注意运用分类讨论的思想方法和构造函数的方法，属于中档题．