Question

13．設(shè)函數(shù)f（x）=e^x，g（x）=ax²+bx+1．
（1）若函數(shù)f（x）與g（x）在x=0處的切線重合，求b的值；
（2）令h（x）=f′（x）-g′（x），求h（x）在[0，1]上的最小值；
（3）當b=1時，若不等式f（x）＞g（x）對任意x∈（0，+∞）都成立，求a的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）令f′（0）=g′（0）解得b；
（2）對a進行討論，判斷h（x）的單調(diào)性，得出h（x）的最小值；
（3）令φ（x）=f（x）-g（x），求出導數(shù)和二階導數(shù)，對a進行討論，依次判斷φ′（x），φ（x）的單調(diào)性，令φ_min（x）＞0解出a的范圍．

解答 解：（1）f′（x）=e^x，g′（x）=2ax+b，
∵函數(shù)f（x）與g（x）在x=0處的切線重合，
∴f′（0）=g′（0），∴b=1．
（2）h（x）=e^x-2ax-b，h′（x）=e^x-2a，
若a≤0，則h′（x）＞0，∴h（x）在[0，1]上單調(diào)遞增，
∴h_min（x）=h（0）=1-b；
若a＞0，令h′（x）=0得x=ln2a．
①若ln2a≤0，即0＜a$≤\frac{1}{2}$，則當x∈[0，1]時，h′（x）≥0，
∴h（x）在[0，1]上單調(diào)遞增，∴h_min（x）=h（0）=1-b；
②若ln2a≥1，即a≥$\frac{e}{2}$，則當x∈[0，1]時，h′（x）≤0，
∴h（x）在[0，1]上單調(diào)遞減，∴h_min（x）=h（1）=e-2a-b；
③若0＜ln2a＜1，即$\frac{1}{2}$＜a＜$\frac{e}{2}$，則當x∈[0，ln2a）時，h′（x）＜0，
當x∈（ln2a，1]時，h′（x）＞0，
∴h（x）在[0，ln2a]上單調(diào)遞減，在（ln2a，1]上單調(diào)遞增，
∴h_min（x）=h（ln2a）=2a（1-ln2a）-b．
綜上，當a$≤\frac{1}{2}$時，h（x）的最小值為1-b；
當$\frac{1}{2}＜a＜\frac{e}{2}$時，h（x）的最小值為2a（1-ln2a）-b；
當a$≥\frac{e}{2}$時，h（x）的最小值為e-2a-b．
（3）b=1時，令φ（x）=f（x）-g（x）=e^x-ax²-x-1．
∵不等式f（x）＞g（x）對任意x∈（0，+∞）都成立，
∴φ_min（x）＞0．
φ′（x）=e^x-2ax-1，φ″（x）=e^x-2a．
①若a≤0，則φ″（x）＞0，∴φ′（x）在（0，+∞）上是增函數(shù)，
∴φ′（x）≥φ′（0）=0，∴φ（x）在（0，+∞）上是增函數(shù)，
∴φ（x）＞φ（0）=0，符合題意．
②當a＞0時，令φ″（x）=0得x=ln2a，
（i）若ln2a≤0，即0＜a≤$\frac{1}{2}$時，φ′′（x）≥0在（0，+∞）上恒成立，
∴φ′（x）在（0，+∞）上是增函數(shù)，∴φ′（x）＞φ′（0）=0，
∴φ（x）在（0，+∞）上是增函數(shù)，∴φ（x）＞φ（0）=0，符合題意．
（ii）若ln2a＞0，即a＞$\frac{1}{2}$，則當0＜x＜ln2a時，φ″（x）＜0，當x＞ln2a時，φ″（x）＞0，
∴φ′（x）在（0，ln2a）上單調(diào)遞減，在（ln2a，+∞）上單調(diào)遞增，
∴φ′（ln2a）＜φ′（0）=0，又$\underset{lim}{x→+∞}$φ′（x）=+∞，
∴存在x₀∈（0，+∞），使得φ′（x₀）=0，
∴φ（x）在（0，x₀）上單調(diào)遞減，在（x₀，+∞）上單調(diào)遞增，
∴φ（x₀）＜φ（0）=0，不符合題意．
綜上，a的取值范圍是（-∞，$\frac{1}{2}$]．

點評 本題考查了導數(shù)的幾何意義，導數(shù)與函數(shù)單調(diào)性的關(guān)系，分類討論思想，屬于中檔題．