Question

18．设f（x）=e^x-ax²，g（x）=kx+1（a∈R，k∈R），e为自然对数的底数．
（1）若a=1时，直线y=g（x）与曲线y=f′（x）相切（f′（x）为f（x）的导函数），求k的值；
（2）设h（x）=f（x）-g（x），若h（1）=0，且函数h（x）在（0，1）内有零点，求a的取值范围．

Answer 1

分析 （1）求出函数的导数，求得切线的斜率和切点，由切线的方程，解得k的值；
（2）利用等价转换，若函数h（x）在区间（0，1）内有零点，则函数h（x）在区间（0，1）内至少有三个单调区间，所以h′（x）在（0，1）上应有两个不同的零点．

解答 解：（1）a=1时，f（x）=e^x-x²，f'（x）=e^x-2x…（1分）
设曲线y=f'（x）与直线y=g（x）的切点为（x₀，kx₀+1）
∵切点在曲线y=f'（x）上，∴$k{x_0}+1={e^{x_0}}-2{x_0}$…（2分）
又f''（x）=e^x-2，由导数的几何意义知：${e^{x_0}}-2=k$…（3分）
由此解得x₀${e}^{{x}_{0}}$-${e}^{{x}_{0}}$+1=0                                 …（4分）
设t（x）=xe^x-e^x+1，则t′（x）=xe^x，
当x＞0时，t′（x）=xe^x＞0，t（x）递增；
当x＜0时，t′（x）=xe^x＜0，t（x）递减；
∴t（x）≥t（0）=0，
∴x₀=0                                                     …（5分）
∴k=-1．…（6分）
（2）h（x）=e^x-ax²-kx-1
由h（1）=0得：k=e-a-1
又h（0）=0，且函数h（x）在区间（0，1）内有零点，
∴函数h（x）在区间（0，1）内至少有三个单调区间，
即h′（x）=0在区间（0，1）内至少有两个实根，…（7分）
h′（x）=e^x-2ax-k，h''（x）=e^x-2a
∵x∈（0，1），
∴e^x∈（1，e）
当$a≤\frac{1}{2}$时，h''（x）=e^x-2a＞0，函数h'（x）在区间（0，1）单调递增，
方程h'（x）=0在区间（0，1）内至多一个实根，不符合题意．
当$a≥\frac{e}{2}$时，h''（x）=e^x-2a＜0，函数h'（x）在区间（0，1）单调递减，
方程h'（x）=0在区间（0，1）内至多一个实根，不符合题意．…（8分）
当$\frac{1}{2}$＜a＜$\frac{e}{2}$时，令h''（x）＜0得：0＜x＜ln（2a），令h''（x）＞0得：x＞ln（2a），
即函数h'（x）在区间（0，ln（2a））内单调递减，在区间（ln（2a），+∞）内单调递增
∴h'（x）_min=h'（ln（2a））=2a-2aln（2a）-k=3a-2aln（2a）-e+1…（9分）
记H（x）=$\frac{3}{2}$x-xlnx-e+1其中1＜x＜e，则$H'（x）=\frac{1}{2}-lnx$，
令H'（x）＞0得：1＜x＜$\sqrt{e}$，令H'（x）＜0得：$\sqrt{e}$＜x＜e，
∴函数H（x）在（1，$\sqrt{e}$）内单调递增，在（$\sqrt{e}$，e）内单调递减         …（10分）
∴H（x）max=H（$\sqrt{e}$）=$\frac{3\sqrt{e}}{2}$-$\sqrt{e}$ln$\sqrt{e}$-e+1=$\sqrt{e}$+1-e
故H（x）＜0，也即h'（x）_min＜0
∵函数h（x）在区间（0，1）内至少有三个单调区间，
∴$\left\{\begin{array}{l}{h′（0）=1-k＞0}\\{h′（1）=e-2a-k＞0}\end{array}\right.$即$\left\{\begin{array}{l}{2-e+a＞0}\\{-a+1＞0}\end{array}\right.$解得：e-2＜a＜1符合$\frac{1}{2}$＜a＜$\frac{e}{2}$
综上可知，实数a的取值范围是（e-2，1）…（12分）

点评 本题考查了，利用导数求函数的单调区间，分类讨论思想，等价转换思想，函数的零点等知识点．是一道导数的综合题，难度较大．