Question

3．已知函数f（x）=ae^x-$\frac{1}{2}$x²-x（a∈R，e为自然对数的底数）．
（1）若曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线与直线x+（e-2）y-1=0垂直，求f（x）的单调区间；
（2）若函数f（x）有两个极值点，求实数a的取值范围；
（3）证明：当x＞1时，e^xlnx＞x$-\frac{1}{x}$．

Answer 1

分析 （1）求出f（x）的导数，可得切线的斜率，由两直线垂直的条件：斜率之积为-1，解方程可得a=1，进而得到f（x）的导数，设g（x）=e^x-x-1，求出导数和单调区间，可得最小值，进而得到f（x）的单调区间；
（2）方法一、函数f（x）有两个极值点，即为h（x）=ae^x-x-1有两个零点，求出h（x）的导数，对a讨论，求出h（x）的单调区间和最值，解不等式即可得到所求a的范围；
方法二、函数f（x）有两个极值点，即为f′（x）=ae^x-x-1=0有两个不等的实根，即有a=$\frac{x+1}{{e}^{x}}$有两个不等实根．
令h（x）=$\frac{x+1}{{e}^{x}}$，求出导数和单调区间，极值和最值，结合x＞0，x≤0，h（x）的变化情况，即可得到所求a的范围；
（3）由（1）可得x＞1时，e^x＞x+1＞0，lnx＞0，即有e^xlnx＞（x+1）lnx，设φ（x）=（x+1）lnx-x+$\frac{1}{x}$，求出导数和单调区间，可得φ（x）＞φ（1）=0，由不等式的传递性，即可得证．

解答 解：（1）f（x）=ae^x-$\frac{1}{2}$x²-x的导数f′（x）=ae^x-x-1，
可得曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线斜率为ae-2，
由切线与直线x+（e-2）y-1=0垂直，可得（ae-2）•（-$\frac{1}{e-2}$）=-1，
解得a=1，即f（x）=e^x-$\frac{1}{2}$x²-x的导数f′（x）=e^x-x-1，
令g（x）=e^x-x-1，g′（x）=e^x-1，
当x＞0时，g′（x）＞0，g（x）递增；当x＜0时，g′（x）＜0，g（x）递减．
即有g（x）≥g（0）=0，即有f′（x）≥0，
则f（x）的单调增区间为（-∞，+∞）；
（2）解法一、由f′（x）=ae^x-x-1，
函数f（x）有两个极值点，即为h（x）=ae^x-x-1有两个零点，
h′（x）=ae^x-1，当a≤0时，h′（x）＜0，h（x）递减，h（x）不可能有两个零点；
当a＞0时，令h′（x）=0，可得x=-lna，
当x＞-lna时，h′（x）＞0，h（x）递增；当x＜-lna时，h′（x）＜0，h（x）递减．
可得x=-lna处h（x）有极小值也为最小值，
若函数h（x）有两个零点，则h（-lna）＜0，即lna＜0，即有0＜a＜1；
解法二、由f′（x）=ae^x-x-1，
函数f（x）有两个极值点，即为f′（x）=ae^x-x-1=0有两个不等的实根，
即有a=$\frac{x+1}{{e}^{x}}$有两个不等实根．
令h（x）=$\frac{x+1}{{e}^{x}}$，h′（x）=$\frac{-x}{{e}^{x}}$，
当x＞0时，h′（x）＜0，h（x）递减；当x＜0时，h′（x）＞0，h（x）递增．
h（x）在x=0处取得最大值1，
当x＞0时，h（x）＞0，x→+∞，h（x）→0，
当x≤0时，h（0）=1，h（-2）=-e²＜0，结合h（x）在（-∞，0）递增，可得h（x）在（-∞，0）只有一个零点；
故0＜a＜1．
（3）证明：由（1）可得x＞1时，e^x＞x+1＞0，lnx＞0，
即有e^xlnx＞（x+1）lnx，
设φ（x）=（x+1）lnx-x+$\frac{1}{x}$，φ′（x）=lnx+$\frac{x+1}{x}$-1-$\frac{1}{{x}^{2}}$=lnx+$\frac{1}{x}$（1-$\frac{1}{x}$）＞0（x＞1），
所以φ（x）在（1，+∞）递增，即有φ（x）＞φ（1）=0，
即（x+1）lnx＞x-$\frac{1}{x}$，
故当x＞1时，e^xlnx＞x$-\frac{1}{x}$．

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，考查函数方程的转化思想，以及不等式的证明，注意运用分类讨论和参数分离法，以及构造函数法，考查化简整理的运算能力，属于难题．