Question

3．已知a＞0，且a≠1，函数f（x）=a^x-1，g（x）=-x²+xlna．
（1）若a＞1，证明函数h（x）=f（x）-g（x）在区间（0，+∞）上是单调增函数；
（2）求函数h（x）=f（x）-g（x）在区间[-1，1]上的最大值；
（3）若函数F（x）的图象过原点，且F′（x）=g（x），当a＞e${\;}^{\frac{10}{3}}$时，函数F（x）过点A（1，m）的切线至少有2条，求实数m的值．

Answer 1

分析 （1）求函数的导数，根据函数单调性和导数的关系进行证明．
（2）求函数的解析式，根据函数单调性和最值如导数的关系进行求解．
（3）求出函数F（x）的解析式，结合导数的几何意义进行求解．

解答 解：（1）h（x）=f（x）-g（x）=a^x-1+x²-xlna，
则h′（x）=（a^x-1）lna+2x，
∵a＞1，∴当x＞0时，a^x-1＞0，lna＞0，
∴h′（x）＞0，即此时函数h（x）在区间（0，+∞）上是单调增函数．
（2）由（1）知，当a＞1时，函数h（x）在区间（0，+∞）上是单调增函数，
则在区间（-∞，0）上是单调减函数，
同理当0＜a＜1时，h（x）在区间（0，+∞）上是单调增函数，
则在区间（-∞，0）上是单调减函数，
即当a＞0，且a≠1时，h（x）在区间[-1，0）上是减函数，在区间（[0，1）上是增函数，
当-1≤x≤1时，h（x）的最大值为h（-1）和h（1）中的最大值，
∵h（1）-h（-1）=（a-lna）-（$\frac{1}{a}$+lna）=a-$\frac{1}{a}$-2lna，
∴令G（a）=a-$\frac{1}{a}$-2lna，a＞0，
则G′（a）=1+$\frac{1}{{a}^{2}}$-$\frac{2}{a}$=（1-$\frac{1}{a}$）²≥0，
∴G（a）=a-$\frac{1}{a}$-2lna，在a＞0上为增函数，
∵G（1）=1-1-2ln1=0，
∴a＞1时，G（a）＞0，即h（1）＞h（-1），最大值为h（1）=a-lna，
当0＜a＜1时，G（a）＜0，即h（-1）＞h（1），最大值为h（-1）=$\frac{1}{a}$+lna．
（3）∵F（x）的图象过原点，且F′（x）=g（x）=-x²+xlna，
∴设F（x）=-$\frac{1}{3}$x³+$\frac{1}{2}$x²lna+c，
∵F（x）的图象过原点，∴F（0）=0，
即c=0，则F（x）=-$\frac{1}{3}$x³+$\frac{1}{2}$x²lna．
设切点为B（x₀，-$\frac{1}{3}$x₀³+$\frac{1}{2}$x₀²lna），则B处的切线方程为：
y-（-$\frac{1}{3}$x₀³+$\frac{1}{2}$x₀²lna）=-（-x₀²+x₀lna）（x-x₀），
将A的坐标代入得m-（-$\frac{1}{3}$x₀³+$\frac{1}{2}$x₀²lna）=-（-x₀²+x₀lna）（1-x₀），
即m=$\frac{2}{3}$x₀³-（1+$\frac{1}{2}$lna）x₀²+x₀lna   （※），
则原命题等价为关于x₀的方程（※）至少有2个不同的解，
设φ（x）=$\frac{2}{3}$x³-（1+$\frac{1}{2}$lna）x²+xlna，
则φ′（x）=2x₀²-（2+lna）x+lna=（x-1）（2x-lna），
∵a＞e${\;}^{\frac{10}{3}}$，∴$\frac{lna}{2}$＞1，
当x∈（-∞，1）和（$\frac{lna}{2}$，+∞）时，φ′（x）＞0，此时函数φ（x）为增函数，
当x∈（1，$\frac{lna}{2}$）时，φ′（x）＜0，此时函数φ（x）为减函数，
∴φ（x）的极大值为φ（1）=$\frac{2}{3}$-1-$\frac{1}{2}$lna+lna=$\frac{1}{2}$lna-$\frac{1}{3}$，
φ（x）的极大值为φ（$\frac{1}{2}$lna）=$\frac{1}{12}$ln³a-$\frac{1}{4}$ln²a（1+$\frac{1}{2}$lna）+$\frac{1}{2}$ln²a=-$\frac{1}{24}$ln³a+$\frac{1}{4}$ln²a，
设t=lna，则t＞$\frac{10}{3}$，
则原命题等价为$\left\{\begin{array}{l}{m≤\frac{1}{2}lna-\frac{1}{3}=\frac{1}{2}t-\frac{1}{3}}\\{m≥-\frac{1}{24}l{n}^{3}a+\frac{1}{4}l{n}^{2}a=-\frac{1}{24}{t}^{3}+\frac{1}{4}{t}^{2}}\end{array}\right.$对t＞$\frac{10}{3}$恒成立，
∴由m≤$\frac{1}{2}$t-$\frac{1}{3}$得m≤$\frac{4}{3}$，
∵s（t）=-$\frac{1}{24}$t³+$\frac{1}{4}$t²的最大值为s（4）=$\frac{4}{3}$，
∴由m≥-$\frac{1}{24}$t³+$\frac{1}{4}$t²，得m≥$\frac{4}{3}$，即m=$\frac{4}{3}$，
综上所述当a＞e${\;}^{\frac{10}{3}}$时，函数F（x）过点A（1，m）的切线至少有2条，此时实数m的值为$\frac{4}{3}$．

点评 本题主要考查导数的综合应用，根据函数单调性，极值以及最值与导数的关系以及导数的几何意义是解决本题的关键．综合性较强，运算量较大，难度较大．