Question

16．已知函數(shù)h（x）=lnx的反函數(shù)為φ（x），函數(shù)f（x）=φ（x）+ax²-x．
（1）當(dāng)a=0時，求函數(shù)f（x）的極值；
（2）設(shè)函數(shù)f（x）在點P（t，f（t））（0＜t＜1）處的切線為l，直線l與y軸相交于點Q，若點Q的縱坐標(biāo)恒小于1，求實數(shù)a的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）當(dāng)a=0時，f（x）=e^x-x，f′（x）=e^x-1，分別解出f′（x）＞0，f′（x）＜0，即可得出其單調(diào)區(qū)間和極值；
（2）利用導(dǎo)數(shù)的運算法則可得f′（x）=e^x+2ax-1，利用導(dǎo)數(shù)的幾何意義可得：函數(shù)f（x）在點P（t，f（t））（0＜t＜1）處的切線l的斜率，即可得到切線l的方程為y-（e^t+at²-t）=（e^t+2at-1）（x-t）．令x=0，得y=（1-t）e^t-at²（0＜t＜1）．當(dāng)0＜t＜1時，要使得點Q的縱坐標(biāo)恒小于1，只需（1-t）e^t-at²＜1，即（t-1）e^t+at²+1＞0（0＜t＜1）．令g（t）=（t-1）e^t+at²+1，利用導(dǎo)數(shù)通過分類討論即可得到其單調(diào)性．

解答 解：（1）函數(shù)h（x）=lnx的反函數(shù)為φ（x）=e^x，
當(dāng)a=0時，f（x）=e^x-x，
導(dǎo)數(shù)f′（x）=e^x-1，
當(dāng)x＞0時，f′（x）＞0，f（x）遞增；
當(dāng)x＜0時，f′（x）＜0，f（x）遞減．
即有x=0處取得極小值0，無極大值；
（2）∵f′（x）=e^x+2ax-1，
∴函數(shù)f（x）在點P（t，f（t））（0＜t＜1）處的切線l的斜率k=f′（t）=e^t+2at-1，
∴切線l的方程為y-（e^t+at²-t）=（e^t+2at-1）（x-t），
令x=0，得y=（1-t）e^t-at²（0＜t＜1）．
當(dāng)0＜t＜1時，要使得點Q的縱坐標(biāo)恒小于1，
只需（1-t）e^t-at²＜1，即（t-1）e^t+at²+1＞0（0＜t＜1）．
令g（t）=（t-1）e^t+at²+1，
則g′（t）=t（e^t+2a），
∵0＜t＜1，∴1＜e^t＜e，
①若2a≥-1即a≥-$\frac{1}{2}$時，e^t+2a＞0，
∴當(dāng)t∈（0，1）時，g′（t）＞0，即g（t）在（0，1）上單調(diào)遞增，
∴g（t）＞g（0）=0恒成立，∴a≥-$\frac{1}{2}$滿足題意．
②若2a≤-e，即a≤-$\frac{e}{2}$時，e^t+2a＜0．
∴當(dāng)t∈（0，1）時，g′（t）＜0，即g（t）在（0，1）上單調(diào)遞減．
∴g（t）＜g（0），∴a≤-$\frac{e}{2}$時不滿足條件．
③若-e＜2a＜-1，即-$\frac{e}{2}$＜a＜-$\frac{1}{2}$時，0＜ln（-2a）＜1．列表如下：

t	（0，ln（-2a））	ln（-2a）	（ln（-2a），1）
g′（t）	-	0	+
g（t）	單調(diào)遞減	極小值	單調(diào)遞增

∴g（ln（-2a））＜g（0）=0，∴-$\frac{e}{2}$＜a＜-$\frac{1}{2}$不滿足題意．
綜上①②③可得：當(dāng)a≥-$\frac{1}{2}$時，g（t）＞0，0＜t＜1．此時點Q的縱坐標(biāo)恒小于1．

點評 本題主要考查函數(shù)、導(dǎo)數(shù)等基礎(chǔ)知識，考查推理論證能力、運算求解能力，考查分類與整合思想、數(shù)形結(jié)合思想、化歸與轉(zhuǎn)化思想．