Question

3．已知函數(shù)f（x）=x+1+a•e^x（a∈R，e為自然對數(shù)的底數(shù)）．
（Ⅰ）若曲線y=f（x）在點（1，f（1））處的切線平行于x軸，求a的值；
（Ⅱ）求函數(shù)f（x）的極值；
（Ⅲ）當a=1時，若直線l：y=kx+1與曲線y=f（x）沒有公共點，求k的最小值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，依題意，f′（1）=0，從而可求得a的值；
（Ⅱ）f′（x）=1+ae^x，分①當a≥0時②a＜0討論，可知f（x）在（-∞，ln（-$\frac{1}{a}$））上單調(diào)遞增，在（ln（-$\frac{1}{a}$），+∞）上單調(diào)遞減，從而可求其極值；
（Ⅲ）令g（x）=f（x）-（kx+1）=（1-k）x+e^x，則直線l：y=kx+1與曲線y=f（x）沒有公共點?方程g（x）=0在R上沒有實數(shù)解，分k＜1與k≥1討論即可得答案．

解答 解：（Ⅰ）由f（x）=x+1+a•e^x，得f′（x）=1+ae^x，
又曲線y=f（x）在點（1，f（1））處的切線平行于x軸，
∴f′（1）=0，即1+ae=0，
解得a=-$\frac{1}{e}$；
（Ⅱ）f′（x）=1+ae^x，
①當a≥0時，f′（x）＞0，f（x）為（-∞，+∞）上的增函數(shù)，所以f（x）無極值；
②當a＜0時，令f′（x）=0，得e^x=-$\frac{1}{a}$，x=ln（-$\frac{1}{a}$），
x∈（-∞，ln（-$\frac{1}{a}$）），f′（x）＞0；x∈（ln（-$\frac{1}{a}$），+∞），f′（x）＜0；
∴f（x）在∈（-∞，ln（-$\frac{1}{a}$））上單調(diào)遞增，在（ln（-$\frac{1}{a}$），+∞）上單調(diào)遞減，
故f（x）在x=ln（-$\frac{1}{a}$）處取到極大值，且極大值為f（lna）=lna，無極小值．
綜上，當a≥0時，f（x）無極值；
當a＜0時，f（x）在x=ln（-$\frac{1}{a}$）處取到極大值ln（-$\frac{1}{a}$），無極小值．
（Ⅲ）當a=1時，f（x）=x+1+e^x，
令g（x）=f（x）-（kx+1）=（1-k）x+e^x，
則直線l：y=kx+1與曲線y=f（x）沒有公共點，
等價于方程g（x）=0在R上沒有實數(shù)解．
假設(shè)k＜1，此時g（0）=1＞0，g（$\frac{1}{k-1}$）=-1+${e}^{\frac{1}{k-1}}$＜0，
又函數(shù)g（x）的圖象連續(xù)不斷，由零點存在定理可知g（x）=0在R上至少有一解，
與“方程g（x）=0在R上沒有實數(shù)解”矛盾，故k≥1．
又k=1時，g（x）=e^x＞0，知方程g（x）=0在R上沒有實數(shù)解，
所以k的最小值為1．

點評 本題考查利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的極值，考查利用導(dǎo)數(shù)研究曲線上某點切線方程，突出分類討論思想與等價轉(zhuǎn)化思想的綜合運用，屬于中檔題．