每日一题[1845]极值点判断

已知 $f(x)={\rm e}^{x-1}+x^2+a$,$g(x)=x^2+ax+\ln x$.

1、讨论 $g(x)$ 的单调性.

2、已知 $f(x)$ 和 $g(x)$ 的图象有且只有一个公共点 $P(x_0,y_0)$,求证:$x_0<2$.

解析

1、函数 $g(x)$ 的导函数\[g'(x)=a+x+\dfrac 1x=\dfrac{x^2+ax+1}x,\]于是

情形一    当 $a<-2$ 时,函数 $g(x)$ 在 $\left(0,\dfrac{-a-\sqrt{a^2-4}}2\right)$ 上单调递增,在 $\left(\dfrac{-a-\sqrt{a^2-4}}2,\dfrac{-a+\sqrt{a^2-4}}{2}\right)$ 上单调递减,在 $\left(\dfrac{-a+\sqrt{a^2-4}}2,+\infty\right)$ 上单调递增.

情形二    当 $a\geqslant -2$ 时,函数 $g(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 上单调递增.

2、根据题意,有\[f(x)=g(x)\iff a=\dfrac{{\rm e}^{x-1}-\ln x}{x-1},\]记右侧函数为 $h(x)$,则 $h(x)$ 与直线 $y=a$ 只有一个公共点且其横坐标为 $x_0$,且其导函数\[h'(x)=\dfrac{(x-2){\rm e}^{x-1}-\dfrac {x-1}x+\ln x}{(x-1)^2},\]设其分子部分为函数 $r(x)$,则其导函数\[r'(x)=(x-1)\left({\rm e}^{x-1}+\dfrac1{x^2}\right),\]因此函数 $r(x)$ 在 $(0,1)$ 上单调递减,在 $(1,+\infty)$ 上单调递增,考虑到\[\lim_{x\to 0}r(x)=-\infty,r(1)=-1,\lim_{x\to +\infty}r(x)=+\infty,\]因此函数 $h'(x)$ 在 $(0,1)$ 和 $(1,+\infty)$ 上分别有唯一零点,设为 $x_1,x_2$,且\[0<x_1<1<x_2,\]则 \[\begin{array}{c|cccccccccc}\hline x&0+&(0,x_1)&x_1&(x_1,1)&1-&1+&(1,x_2)&x_2&(x_2,+\infty)&+\infty\\ \hline h(x)&-\infty&\nearrow&\text{极大值}&\searrow&-\infty&+\infty&\searrow&\text{极小值}&\nearrow&+\infty\\ \hline\end{array}\]因此 $h(x)$ 与 $y=a$ 只有一个公共点,则公共点的横坐标 $x_0$ 为 $x_1$ 或 $x_2$,显然 $x_1<2$,下面证明 $x_2<2$.考虑到 $r(x)$ 在 $(1,+\infty)$ 上单调递增,因此\[x_2<2\iff r(x_2)<r(2)\iff r(2)>0\iff \ln 2-\dfrac 12>0\iff \ln 4>1,\]因此命题得证.

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