Question

已知函數f（x）=e^x+ax，g（x）=e^xlnx（e是自然對數的底數）．
（1）若曲線y=f（x）在x=1處的切線也是拋物線y²=4（x-1）切線，求a的值；
（2）若對于任意x∈R，f（x）＞0恒成立，試確定實數a的取值范圍；
（3）當a=-1時，是否存在x₀∈（0，+∞），使曲線C：y=g（x）-f（x）在點x=x₀處的切線斜率與f（x）在R上的最小值相等？若存在，求符合條件的x₀的個數；若不存在，請說明理由．

Answer 1

分析：（1）求出f（x）的導函數，把c=1代入導函數中求出的導函數值即為切線方程的斜率，把x=1代入f（x）求出切點的縱坐標，根據切點坐標和斜率寫出切線的方程，把切線方程與拋物線聯立，消去y得到關于x的一元二次方程，根據直線與拋物線相切，得到方程的根的判別式等于0，列出關于a的方程，求出方程的解即可得到a的值；
（2）求出f（x）的導函數，分a大于0，a=0和a小于0三種情況考慮，當a大于0時，導函數大于0，即函數為增函數，利用極限的思想得到函數恒大于0不成立；當a=0時，得到函數恒大于0，滿足題意；當a小于0時，令導函數等于0，求出x的值，由x的值分區間討論導函數的正負，得到函數的單調區間，進而得到f（x）的最小值，讓最小值大于0，列出關于a的不等式，求出不等式的解集即可得到a的取值范圍，綜上，得到滿足題意的a的取值范圍；
（3）把a=-1代入到（2）中求出的f（x）的最小值中，確定出f（x）的最小值，設h（x）=g（x）-f（x），把g（x）和f（x）的解析式代入確定出h（x），求出h（x）的導函數，假如存在x₀∈（0，+∞），使曲線C：y=g（x）-f（x）在點x=x₀處的切線斜率與f（x）在R上的最小值相等，令h（x）導函數等于f（x）的最小值，得到lnx+

1

x

-1=0，設φ（x）等于等式的右邊，求出φ（x）的導函數，利用導函數的正負確定出φ（x）的最小值為φ（1）等于0，得到方程有唯一的解，且唯一的解為f（x）的最小值．

解答：解：（1）f′（x）=e^x+a，把x=1代入得：f′（1）=e+a，
把x=1代入f（x）得：f（1）=e+a，所以切點坐標為（1，e+a），
則在x=1處的切線為y-（e+a）=（e+a）（x-1）即：y=（e+a）x，
與y²=4（x-1）聯立，消去得（e+a）²x²-4x+4=0，
由△=0知，a=1-e或a=-1-e；（4分）
（2）f′（x）=e^x+a，
①當a＞0時，f′（x）＞0，f（x）在R上單調遞增，且當x→-∞時，e^x→0，ax→-∞，
∴f（x）→-∞，故f（x）＞0不恒成立，所以a＞0不合題意；（6分）
②當a=0時，f（x）=e^x＞0對x∈R恒成立，所以a=0符合題意；
③當a＜0時令f′（x）=e^x+a=0，得x=ln（-a），
當x∈（-∞，ln（-a））時，f′（x）＜0，當x∈（ln（-a），+∞）時，f′（x）＞0，
故f（x）在（-∞，ln（-a））上是單調遞減，在（ln（-a），+∞）上是單調遞增，
所以[f（x）]_min=f（ln（-a））=-a+aln（-a）＞0，
解得a＞-e，又a＜0，∴a∈（-e，0），
綜上：a∈（-e，0]．（10分）
（3）當a=-1時，由（2）知[f（x）]_min=f（ln（-a））=-a+aln（-a）=1，
設h（x）=g（x）-f（x）=e^xlnx-e^x+x，則h′(x)=exlnx+ex•

1

x

-ex+1=ex(lnx+

1

x

-1)+1，
假設存在實數x₀∈（0，+∞），使曲線C：y=g（x）-f（x）在點x=x₀處的切線斜率與f（x）在R上的最小值相等，
x₀即為方程的解，（13分）
令h′（x）=1得：ex(lnx+

1

x

-1)=0，因為e^x＞0，所以lnx+

1

x

-1=0．
令φ(x)=lnx+

1

x

-1，則φ′(x)=

1

x

-

1

x2

=

x-1

x2

，
當0＜x＜1是φ′（x）＜0，當x＞1時φ′（x）＞0，
所以φ(x)=lnx+

1

x

-1在（0，1）上單調遞減，在（1，+∞）上單調遞增，
∴φ（x）＞φ（1）=0，故方程ex(lnx+

1

x

-1)=0有唯一解為1，
所以存在符合條件的x₀，且僅有一個x₀=1．（16分）

點評：此題考查學生會利用導數求切線上過某點切線方程的斜率，會利用導函數的正負確定函數的單調區間，會利用導數研究函數的極值，掌握導數在最大值、最小值問題中的應用，是一道中檔題．