Question

10．已知函数f（x）=x²+ax（a＞0）在[-1，2]上的最大值为8，函数g（x）是h（x）=e^x的反函数．
（1）求函数g（f（x））的单调区间；
（2）求证：函数y=f（x）h（x）-$\frac{1}{x}$（x＞0）恰有一个零点x₀，且g（x₀）＜x₀²h（x₀）-1
（参考数据：e=2.71828…，ln2≈0.693）．

Answer 1

分析 （1）求出g（x）的解析式以及a的值，从而求出g（f（x））的解析式，求出函数 的单调区间即可；
（2）令φ（x）=f（x）h（x）-$\frac{1}{x}$，（x＞0），根据函数的单调性得到φ（x）在（0，+∞）递增；从而证出结论．

解答 解：（1）函数g（x）是h（x）=e^x的反函数，
可得g（x）=lnx；
函数f（x）=x²+ax（a＞0）在[-1，2]上的最大值为8，
只能是f（-1）=8或f（2）=8，
即有1-a=8或4+2a=8，
解得a=2（-7舍去），
函数g（f（x））=ln（x²+2x），
由x²+2x＞0，可得x＞0或x＜-2．
由复合函数的单调性，可得
函数g（f（x））的单调增区间为（0，+∞）；
单调减区间为（-∞，-2）；
（2）证明：由（1）得：f（x）=x²+2x，即φ（x）=f（x）h（x）-$\frac{1}{x}$，（x＞0），
设0＜x₁＜x₂，则x₁-x₂＜0，x₁x₂＞0，∴$\frac{{x}_{1}{-x}_{2}}{{{x}_{1}x}_{2}}$＜0，
∵f（x）在（0，+∞）递增且f（x）＞0，
∴f（x₂）＞f（x₁）＞0，
∵${e}^{{x}_{2}}$＞${e}^{{x}_{1}}$＞0，∴f（x₁）${e}^{{x}_{1}}$＜f（x₂）${e}^{{x}_{2}}$，
∴φ（x₁）-φ（x₂）=f（x₁）${e}^{{x}_{1}}$-f（x₂）${e}^{{x}_{2}}$+$\frac{{x}_{1}{-x}_{2}}{{{x}_{1}x}_{2}}$＜0，
即φ（x₁）＜φ（x₂），∴φ（x）在（0，+∞）递增；
∵φ（$\frac{1}{2}$）=$\frac{5}{4}$$\sqrt{c}$-2＞$\frac{5}{4}$$\sqrt{2.56}$-2=0，
φ（$\frac{1}{e}$）=$\frac{2e+1}{{e}^{2}}$${e}^{\frac{1}{e}}$-e＜${e}^{\frac{1}{e}}$-e＜0，
即φ（$\frac{1}{2}$）φ（$\frac{1}{e}$）＜0，
∴函数y=f（x）h（x）-$\frac{1}{x}$（x＞0）恰有1个零点x₀，且x₀∈（$\frac{1}{e}$，$\frac{1}{2}$），
∴（${{x}_{0}}^{2}$+2x₀）${e}^{{x}_{0}}$-$\frac{1}{{x}_{0}}$=0，即${e}^{{x}_{0}}$=$\frac{1}{{{（x}_{0}}^{2}+{2x}_{0}{）x}_{0}}$，
∴${{x}_{0}}^{2}$h（x₀）-g（x₀）=${{x}_{0}}^{2}$$\frac{1}{{{（x}_{0}}^{2}+{2x}_{0}{）x}_{0}}$-lnx₀=$\frac{1}{{x}_{0}+2}$-lnx₀，
∵y=$\frac{1}{x+2}$-lnx在（0，$\frac{1}{2}$）上是减函数，
∴$\frac{1}{{x}_{0}+2}$-lnx₀＞$\frac{2}{5}$-ln$\frac{1}{2}$=$\frac{2}{5}$+ln2＞$\frac{2}{5}$+0.6=1，
即g（x₀）＜${{x}_{0}}^{2}$h（x₀）-1，
综上，函数y=f（x）h（x）-$\frac{1}{x}$（x＞0）恰有一个零点x₀，且g（x₀）＜x₀²h（x₀）-1．

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函数的零点问题，是一道综合题．