Question

4．设函数f（x）=lnx-x²+ax（a∈R）．
（1）若函数f（x）在（0，e]上不是单调函数，求实数a的取值范围；
（2）设函数f（x）的图象在x=x₀处的切线为l，证明：f（x）的图象上不存在位于直线l上方的点；
（3）设g（x）=xe^1-x，若对于任意给定的x₁∈（0，e]，方程f（x）+1=g（x₁）在（0，e]上有两个不同的实根，求实数a的取值范围．

Answer 1

分析 （1）利用函数单调性和导数之间的关系，即可求实数a的取值范围；
（2）利用导数的几何意义，求出函数的切线，利用函数的最值和导数之间的关系，即可的得到结论；
（3）求出函数g（x）在（0，e]上的值域为（0，1]，令F（x）=f（x）+1，F′（x）=0在（0，e）有解，且易知只能有一个解，利用F（x）_max=F（x₁）＞1，分离参数，即可得出结论．

解答 （1）解：f′（x）=-$\frac{{2x}^{2}-ax-1}{x}$，
要使f（x）在（0，e]上不单调，f′（x）在（0，e）内必有零点且在零点左右异号，
即h（x）=2x²-ax-1在（0，e）内有零点且在零点左右异号．   
因为△=a²+8＞0，
所以方程2x²-ax-1=0有两个不等的实数根x₁，x₂，由于x₁x₂=-$\frac{1}{2}$＜0，
不妨设x₁＜0，x₂＞0，所以x₁＜0，x₂∈（0，e），
由h（x）图象可知：h（0）h（e）＜0，
即2e²-ae-1＞0，解得 a＜2e-$\frac{1}{e}$．
（2）证明：f′（x₀）=$\frac{1}{{x}_{0}}$-2x₀+a，切点C（x₀，lnx₀-${{x}_{0}}^{2}$+ax₀），
所以切线l的方程为：y-（lnx₀-${{x}_{0}}^{2}$+ax₀）=（$\frac{1}{{x}_{0}}$-2x₀+a）（x-x₀），
即y=（$\frac{1}{{x}_{0}}$-2x₀+a）x-1+${{x}_{0}}^{2}$+lnx₀，（x₀为常数），
令g（x）=f（x）-[（$\frac{1}{{x}_{0}}$-2x₀+a）x-1+${{x}_{0}}^{2}$+lnx₀]，
则g（x）═lnx-x²-[（$\frac{1}{{x}_{0}}$-2x₀）x-1+${{x}_{0}}^{2}$+lnx₀]，
则g′（x）=$\frac{1}{x}$-2x-（$\frac{1}{{x}_{0}}$-2x₀）=-$\frac{2（x{-x}_{0}）（x+\frac{1}{{2x}_{0}}）}{x}$，
因为x₀＞0，x，g′（x），g（x）的关系如下表：

x	（0，x0）	x0	（x0，+∞）
g′（x）	+	0	-
g（x）	↗	极大值	↘

因为g（x）≤g（x₀）=0，所以函数f（x）图象上不存在位于直线l上方的点；
（3）解：g′（x）=e^1-x-xe^1-x=（1-x）e^1-x
当x∈（0，1）时，g′（x）＞0，函数g（x）单调递增；
当x∈（1，e]时，g′（x）＜0，函数g（x）单调递减．
∵g（0）=0，g（1）=1，g（e）=e•e^1-e＞0
∴函数g（x）在（0，e]上的值域为（0，1]，
令F（x）=f（x）+1，F′（x）=-$\frac{{2x}^{2}-ax-1}{x}$，
若F′（x）=0在（0，e]无解，则F（x）在（0，e]上是单调函数，不合题意；
∴F′（x）=0在（0，e）有解，且易知只能有一个解；
设其解为x₁，当x∈（0，x₁）时F′（x）＞0，F（x）在（0，x₁）上是增函数；
当x∈（x₁，e）时F′（x）＜0，F（x）在（x₁，e）上是减函数．
∵?x₁∈（0，e]，方程f（x）+1=g（x₁）在（0，e]内有两个不同的根，
∴F（x）_max=F（x₁）＞1，且F（e）≤0．
由F（e）≤0，即lne-e²+ae+1≤0，解得a≤e-$\frac{2}{e}$．　   
由F（x）_max=F（x₁）＞1，即lnx₁-${{x}_{1}}^{2}$+ax₁＞0．
∵2${{x}_{1}}^{2}$-ax₁-1=0，∴a=2x₁-$\frac{1}{{x}_{1}}$，
代入lnx₁-${{x}_{1}}^{2}$+ax₁＞0，得：lnx₁+x₁²-1＞0．
设m（x）=lnx+x²-1，则m′（x）=$\frac{1}{x}$+2x，
∴m（x）在（0，e）上是增函数，
而m（1）=0，由lnx₁+x₁²-1＞0可得m（x₁）＞m（1），
得1＜x₁＜e． 
由a=2x₁-$\frac{1}{{x}_{1}}$是增函数，得1＜a＜2e-$\frac{1}{e}$，
综上所述1＜a≤e-$\frac{2}{e}$．

点评 本题主要考查函数单调性与导数之间的关系，以及导数的几何意义，会根据函数的增减性求出闭区间上函数的最值，能够判断不等式恒成立时所满足的条件．难度大．