Question

15．已知函數(shù)f（x）=lnx-e^x+ax，其中a∈R，令函數(shù)g（x）=f（x）+e^x+1．
（Ⅰ）當a=1時，求函數(shù)f（x）在x=1處的切線方程；
（Ⅱ）當a=-e時，證明：g（x）≤-1；
（Ⅲ）試判斷方程|g（x）|=$\frac{lnx}{x}+\frac{1}{2}$是否有實數(shù)解，并說明理由．

Answer 1

分析 （Ⅰ）當a=1時，求出f（x）的導(dǎo)數(shù)，求得切線的斜率和切點，由點斜式方程可得切線的方程；
（Ⅱ）求出當a=-e時，g（x）的導(dǎo)數(shù)和單調(diào)區(qū)間，可得最大值，進而得到證明；
（Ⅲ）方程|g（x）|=$\frac{lnx}{x}+\frac{1}{2}$沒有實數(shù)解．由（Ⅱ）知，g（x）_max=-1，即|g（x）|≥1，設(shè)h（x）=$\frac{lnx}{x}+\frac{1}{2}$，x＞0，求出導(dǎo)數(shù)，求得單調(diào)區(qū)間，可得最大值，即可得到結(jié)論．

解答 解：（Ⅰ）當a=1時，f（x）=lnx-e^x+x的導(dǎo)數(shù)為f′（x）=$\frac{1}{x}$-e^x+1，
即有f（x）在x=1處的切線斜率為2-e，切點為（1，1-e），
可得f（x）在x=1處的切線方程為y-（1-e）=（2-e）（x-1），
即為y=（2-e）x-1；
（Ⅱ）證明：當a=-e時，g（x）=f（x）+e^x+1=lnx-ex+1，
g′（x）=$\frac{1}{x}$-e，由g′（x）=0，可得x=$\frac{1}{e}$，
當x＞$\frac{1}{e}$時，g′（x）＜0，g（x）遞減；當0＜x＜$\frac{1}{e}$時，g′（x）＞0，g（x）遞增．
可得g（x）在x=$\frac{1}{e}$處取得最大值，且為-1．
即有g(shù)（x）≤-1；
（Ⅲ）當a=-e時，方程|g（x）|=$\frac{lnx}{x}+\frac{1}{2}$沒有實數(shù)解．
理由：由（Ⅱ）知，g（x）_max=-1，即|g（x）|≥1，
設(shè)h（x）=$\frac{lnx}{x}+\frac{1}{2}$，x＞0，h′（x）=$\frac{1-lnx}{{x}^{2}}$，
令h′（x）=0，可得x=e，
由0＜x＜e可得h′（x）＞0，h（x）遞增；x＞e時，可得h′（x）＜0，h（x）遞減．
即有h（x）在x=e處取得最大值，且為$\frac{1}{e}$+$\frac{1}{2}$＜1，
即h（x）＜1，即|g（x）|＞h（x），可得|g（x）|＞$\frac{lnx}{x}$+1．
當a＜-e時，由g（x）的最大值小于-1，即|g（x）|≥1，方程|g（x）|=$\frac{lnx}{x}+\frac{1}{2}$沒有實數(shù)解，；
當a≥0時，方程|g（x）|=$\frac{lnx}{x}+\frac{1}{2}$沒有實數(shù)解；
當-e＜a＜0時，方程|g（x）|=$\frac{lnx}{x}+\frac{1}{2}$由1個或2個實數(shù)解．

點評 本題考查導(dǎo)數(shù)的運用：求切線的方程和單調(diào)區(qū)間、極值和最值，考查不等式的證明，注意運用轉(zhuǎn)化為求函數(shù)的最值問題，考查函數(shù)和方程的轉(zhuǎn)化思想的運用，屬于中檔題．