Question

10．已知函数f（x）=ae^x-$\frac{1}{2}$x²-x（a∈R）．
（1）若曲线y=f（x）在点（0，f（0））处的切线与y轴垂直，求a的值；
（2）若函数f（x）有两个极值点，求a的取值范围；
（3）证明：当x＞1时，e^xlnx＞x-$\frac{1}{x}$．

Answer 1

分析 （1）求出原函数的导函数，由曲线y=f（x）在点（0，f（0））处的切线与y轴垂直，可得f′（0）=0，由此求得a值；
（2）由（1）知，f′（x）=ae^x-x-1，由函数f（x）有两个极值点，得f′（x）=ae^x-x-1=0有两个不同的根，即a=$\frac{x+1}{{e}^{x}}$有两个不同的根，令h（x）=$\frac{x+1}{{e}^{x}}$，利用导数求其范围，则实数a的范围可求；
（3）令g（x）=e^xlnx-x+$\frac{1}{x}$（x＞1），则g（1）=0，求其导函数，二次求导后可得g（x）在x＞1时单调递增，则答案得证．

解答 （1）解：由f（x）=ae^x-$\frac{1}{2}$x²-x，得f′（x）=ae^x-x-1，
∵曲线y=f（x）在点（0，f（0））处的切线与y轴垂直，
∴f′（0）=a-1=0，即a=1；
（2）解：由（1）知，f′（x）=ae^x-x-1，
若函数f（x）有两个极值点，则f′（x）=ae^x-x-1=0有两个不同的根，
即a=$\frac{x+1}{{e}^{x}}$有两个不同的根，且a-$\frac{x+1}{{e}^{x}}$的值在根的左右两侧符号相反．
令h（x）=$\frac{x+1}{{e}^{x}}$，则h′（x）=$\frac{{e}^{x}-（x+1）{e}^{x}}{{e}^{2x}}=-\frac{x}{{e}^{x}}$．
∴当x＞0时，h′（x）＜0，h（x）单调递减；当x＜0时，h′（x）＞0，h（x）单调递增．
又当x→-∞时，h（x）→-∞，当x=0时，h（0）=1，当x＞0时，h（x）＞0，且x→+∞时，h（x）→0．
∴0＜a＜1．
即所求实数a的范围是0＜a＜1；
（3）证明：令g（x）=e^xlnx-x+$\frac{1}{x}$（x＞1），则g（1）=0，
g′（x）=${e}^{x}lnx+\frac{{e}^{x}}{x}-1-\frac{1}{{x}^{2}}$．
令t（x）=g′（x）=${e}^{x}lnx+\frac{{e}^{x}}{x}-1-\frac{1}{{x}^{2}}$．
则t′（x）=${e}^{x}lnx+\frac{{e}^{x}}{x}+\frac{{e}^{x}x-{e}^{x}}{{x}^{2}}+\frac{2}{{x}^{3}}$．
∵x＞1，∴e^xlnx＞0，$\frac{{e}^{x}}{x}＞0$$\frac{{e}^{x}（x-1）}{{x}^{2}}＞0$，$\frac{2}{{x}^{3}}＞0$．
∴t′（x）＞0，即t（x）=g′（x）在x＞1时单调递增．
又g′（1）=e-2＞0，∴x＞1时，g′（x）＞0，即g（x）在x＞1时单调递增．
∴x＞1时，g（x）＞0，
即x＞1时，e^xlnx＞x-$\frac{1}{x}$．

点评 本题考查利用导数研究过曲线上某点处的切线方程，考查利用导数求函数的极值，体现了数学转化思想方法，属难题．