Question

10．已知函數f（x）=x²+ax（a＞0）在[-1，2]上的最大值為8，函數g（x）是h（x）=e^x的反函數．
（1）求函數g（f（x））的單調區間；
（2）求證：函數y=f（x）h（x）-$\frac{1}{x}$（x＞0）恰有一個零點x₀，且g（x₀）＜x₀²h（x₀）-1
（參考數據：e=2.71828…，ln2≈0.693）．

Answer 1

分析 （1）求出g（x）的解析式以及a的值，從而求出g（f（x））的解析式，求出函數 的單調區間即可；
（2）令φ（x）=f（x）h（x）-$\frac{1}{x}$，（x＞0），根據函數的單調性得到φ（x）在（0，+∞）遞增；從而證出結論．

解答 解：（1）函數g（x）是h（x）=e^x的反函數，
可得g（x）=lnx；
函數f（x）=x²+ax（a＞0）在[-1，2]上的最大值為8，
只能是f（-1）=8或f（2）=8，
即有1-a=8或4+2a=8，
解得a=2（-7舍去），
函數g（f（x））=ln（x²+2x），
由x²+2x＞0，可得x＞0或x＜-2．
由復合函數的單調性，可得
函數g（f（x））的單調增區間為（0，+∞）；
單調減區間為（-∞，-2）；
（2）證明：由（1）得：f（x）=x²+2x，即φ（x）=f（x）h（x）-$\frac{1}{x}$，（x＞0），
設0＜x₁＜x₂，則x₁-x₂＜0，x₁x₂＞0，∴$\frac{{x}_{1}{-x}_{2}}{{{x}_{1}x}_{2}}$＜0，
∵f（x）在（0，+∞）遞增且f（x）＞0，
∴f（x₂）＞f（x₁）＞0，
∵${e}^{{x}_{2}}$＞${e}^{{x}_{1}}$＞0，∴f（x₁）${e}^{{x}_{1}}$＜f（x₂）${e}^{{x}_{2}}$，
∴φ（x₁）-φ（x₂）=f（x₁）${e}^{{x}_{1}}$-f（x₂）${e}^{{x}_{2}}$+$\frac{{x}_{1}{-x}_{2}}{{{x}_{1}x}_{2}}$＜0，
即φ（x₁）＜φ（x₂），∴φ（x）在（0，+∞）遞增；
∵φ（$\frac{1}{2}$）=$\frac{5}{4}$$\sqrt{c}$-2＞$\frac{5}{4}$$\sqrt{2.56}$-2=0，
φ（$\frac{1}{e}$）=$\frac{2e+1}{{e}^{2}}$${e}^{\frac{1}{e}}$-e＜${e}^{\frac{1}{e}}$-e＜0，
即φ（$\frac{1}{2}$）φ（$\frac{1}{e}$）＜0，
∴函數y=f（x）h（x）-$\frac{1}{x}$（x＞0）恰有1個零點x₀，且x₀∈（$\frac{1}{e}$，$\frac{1}{2}$），
∴（${{x}_{0}}^{2}$+2x₀）${e}^{{x}_{0}}$-$\frac{1}{{x}_{0}}$=0，即${e}^{{x}_{0}}$=$\frac{1}{{{（x}_{0}}^{2}+{2x}_{0}{）x}_{0}}$，
∴${{x}_{0}}^{2}$h（x₀）-g（x₀）=${{x}_{0}}^{2}$$\frac{1}{{{（x}_{0}}^{2}+{2x}_{0}{）x}_{0}}$-lnx₀=$\frac{1}{{x}_{0}+2}$-lnx₀，
∵y=$\frac{1}{x+2}$-lnx在（0，$\frac{1}{2}$）上是減函數，
∴$\frac{1}{{x}_{0}+2}$-lnx₀＞$\frac{2}{5}$-ln$\frac{1}{2}$=$\frac{2}{5}$+ln2＞$\frac{2}{5}$+0.6=1，
即g（x₀）＜${{x}_{0}}^{2}$h（x₀）-1，
綜上，函數y=f（x）h（x）-$\frac{1}{x}$（x＞0）恰有一個零點x₀，且g（x₀）＜x₀²h（x₀）-1．

點評 本題考查了函數的單調性、最值問題，考查導數的應用以及函數的零點問題，是一道綜合題．