Question

已知函數(shù)f（x）=e^x+ax，g（x）=e^xlnx（e是自然對數(shù)的底數(shù)）．
（1）若曲線y=f（x）在x=1處的切線也是拋物線y²=4（x-1）的切線，求a的值；
（2）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(shù)；若不存在，請說明理由．

Answer 1

分析：（1）求出f（x）的導函數(shù)，把c=1代入導函數(shù)中求出的導函數(shù)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(jù)切點坐標和斜率寫出切線的方程，把切線方程與拋物線聯(lián)立，消去y得到關于x的一元二次方程，根據(jù)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）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(shù)，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(shù)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(shù)，利用導函數(shù)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(lián)立，消去得（e+a）²x²-4x+4=0，
由△=0知，a=1-e或a=-1-e；
（2）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(shù)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(diào)遞減，在（1，+∞）上單調(diào)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．

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