Question

19．设函数f（x）=（x-1）e^x+ax²，a∈R．
（Ⅰ）当a=1时，求曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线方程；
（Ⅱ）若函数f（x）有两个零点，试求a的取值范围；
（ III）设函数g（x）=lnx+x-e^x+1，当a=0时，证明f（x）-g（x）≥0．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函数的导数，计算f′（1），f（1），求出切线方程即可；
（Ⅱ）求出函数f（x）的导数，通过讨论a的范围，判断函数的单调性结合函数的零点个数求出a的范围即可；
（Ⅲ）当a=0时，f（x）-g（x）=（x-1）e^x+e^x-lnx-x-1．设h（x）=xe^x-lnx-x-1，其定义域为（0，+∞），只需证明h（x）＞0即可．

解答 解：（Ⅰ）当a=1时，函数f（x）=xe^x+x²，
因为f'（x）=xe^x+2x，所以f'（1）=e+2．又f（1）=1，
则所求的切线方程为y-1=（e+2）（x-1）．
化简得：y=（e+2）x-e-1．…（3分）
（Ⅱ）因为f'（x）=x（e^x+2a）
①当a=0时，函数f（x）=（x-1）e^x只有一个零点；
②当a＞0，函数当x∈（-∞，0）时，f'（x）＜0；
函数当x∈（0，+∞）时，f'（x）＞0．
所以f（x）在（-∞，0）上单调递减，在（0，+∞）上单调递增．
又f（0）=-1，f（1）=a，
因为x＜0，所以x-1＜0，e^x＜1，所以e^x（x-1）＞x-1，所以g（x）＞ax²+x-1
取${x_0}=\frac{{-1-\sqrt{1+4a}}}{2a}$，显然x₀＜0且g（x₀）＞0
所以f（0）f（1）＜0，f（x₀）f（0）＜0．
由零点存在性定理及函数的单调性知，函数有两个零点．
③当a＜0时，由f'（x）=x（e^x+2a）=0，得x=0，或x=ln（-2a）．
若$a≥-\frac{1}{2}$，则ln（-2a）≤0．
故当x∈（0，+∞）时，f'（x）＞0，所以函数f（x）在（0，+∞）在单调递增，
所以函数f（x）在（0，+∞）至多有一个零点．
又当x∈（-∞，0）时，f（x）＜0，所以函数f（x）在（-∞，0）上没有零点．
所以函数f（x）不存在两个零点．
若$a＜-\frac{1}{2}$，则ln（-2a）＞0．当（ln（-2a），+∞）时，f'（x）＞0，
所以函数f（x）在（ln（-2a），+∞）上单调递增，
所以函数f（x）在（ln（-2a），+∞）至多有一个零点．
当x∈（-∞，0）时，f'（x）＞0；当x∈（0，ln（-2a））时，f'（x）＜0；
所以函数f（x）在（-∞，0）上单增，（0，ln（-2a））上单调递减，
所以函数f（x）在（-∞，ln（-2a））上的最大值为f（0）=-1＜0，
所以函数f（x）在（-∞，ln（-2a））上没有零点．
所以f（x）不存在两个零点．
综上，a的取值范围是（0，+∞）．…（9分） 
（ III）证明：当a=0时，f（x）-g（x）=（x-1）e^x+e^x-lnx-x-1．
设h（x）=xe^x-lnx-x-1，其定义域为（0，+∞），则证明h（x）＞0即可．
因为$h'（x）=（x+1）{e^x}-\frac{x+1}{x}$，所以h'（0.1）＜0，h'（1）＞0．
又因为$h''（x）=（x+2）{e^x}+\frac{1}{x^2}＞0$，所以函数h'（x）在（0，+∞）上单调递增．
所以h'（x）=0有唯一的实根x₀∈（0，1），且${e^{x_0}}=\frac{1}{x_0}$．
当0＜x＜x₀时，h'（x）＜0；当x＞x₀时，h'（x）＞0．
所以函数h（x）的最小值为h（x₀）．
所以$h（x）≥h（{x_0}）={x_0}{e^{x_0}}-ln{x_0}-{x_0}-1$=1+x₀-x₀-1=0．
所以f（x）-g（x）≥0．…（14分）

点评 本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，函数零点问题，是一道综合题．