Question

3．設(shè)函數(shù)f（x）=e^2x，g（x）=kx+1（k∈R）．
（Ⅰ）若直線y=g（x）和函數(shù)y=f（x）的圖象相切，求k的值；
（Ⅱ）當(dāng)k＞0時(shí)，若存在正實(shí)數(shù)m，使對(duì)任意x∈（0，m），都有|f（x）-g（x）|＞2x恒成立，求k的取值范圍．

Answer 1

分析 （Ⅰ）設(shè)切線的坐標(biāo)為（t，e^2t），得到（1-2t）e^2t=1，令h（x）=（1-x）e^x，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性求出k的值即可；
（Ⅱ）通過討論k的范圍，結(jié)合對(duì)任意x∈（0，m），都有|f（x）-g（x）|＞2x恒成立以及函數(shù)的單調(diào)性求出對(duì)應(yīng)的函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，求出k的具體范圍即可．

解答 解：（Ⅰ）設(shè)切線的坐標(biāo)為（t，e^2t），由f（x）=e^2x得f′（x）=2e^2x，
∴切線方程為y-e^2t=2e^2t（x-t），即y=2e^2tx+（1-2t）e^2t，
由已知y=2e^2tx+（1-2t）e^2t和y=kx+1為同一條直線，
∴2e^2t=k，（1-2t）e^2t=1，
令h（x）=（1-x）e^x，則h′（x）=-xe^x，
當(dāng)x∈（-∞，0）時(shí)，h′（x）＞0，h（x）單調(diào)遞增，
當(dāng)x∈（0，+∞）時(shí)，h′（x）＜0，h（x）單調(diào)遞減，
∴h（x）≤h（0）=1，
當(dāng)且僅當(dāng)x=0時(shí)等號(hào)成立，
∴t=0，k=2，
（Ⅱ）①當(dāng)k＞2時(shí)，由（Ⅰ）知：
存在x＞0，使得對(duì)于任意x∈（0，x₀），都有f（x）＜g（x），
則不等式|f（x）-g（x）|＞2x等價(jià)于g（x）-f（x）＞2x，
即（k-2）x+1-e^2x＞0，
設(shè)t（x）=（k-2）x+1-e^2x，t′（x）=k-2-2e^2x，
由t′（x）＞0，得：x＜$\frac{1}{2}$ln$\frac{k-2}{2}$，由t′（x）＜0，得：x＞$\frac{1}{2}$ln$\frac{k-2}{2}$，
若2＜k≤4，$\frac{1}{2}$ln$\frac{k-2}{2}$≤0，∵（0，x₀）⊆（$\frac{1}{2}$ln$\frac{k-2}{2}$，+∞），
∴t（x）在（0，x₀）上單調(diào)遞減，注意到t（0）=0，
∴對(duì)任意x∈（0，x₀），t（x）＜0，與題設(shè)不符，
若k＞4，$\frac{1}{2}$ln$\frac{k-2}{2}$＞0，（0，$\frac{1}{2}$ln$\frac{k-2}{2}$）⊆（-∞，$\frac{1}{2}$ln$\frac{k-2}{2}$），
∴t（x）在（0，$\frac{1}{2}$ln$\frac{k-2}{2}$）上單調(diào)遞增，
∵t（0）=0，∴對(duì)任意x∈（0，$\frac{1}{2}$ln$\frac{k-2}{2}$），t（x）＞0，符合題意，
此時(shí)取0＜m≤min{x₀，$\frac{1}{2}$ln$\frac{k-2}{2}$}，可得對(duì)任意x∈（0，m），都有|f（x）-g（x）|＞2x，
②當(dāng)0＜k≤2時(shí)，由（Ⅰ）知e^2x-（2x+1）≥0，（x＞0），
f（x）-g（x）=e^2x-（2x+1）+（2-k）x≥（2-k）x≥0對(duì)任意x＞0都成立，
∴|f（x）-g（x）|＞2x等價(jià)于e^2x-（k+2）x-1＞0，
設(shè)φ（x）=e^2x-（k+2）x-1，則φ′（x）=2e^2x-（k+2），
由φ′（x）＞0，得x＞$\frac{1}{2}$ln$\frac{k+2}{2}$＞0，φ′（x）＜0得x＜$\frac{1}{2}$ln$\frac{k+2}{2}$，
∴φ（x）在（0，$\frac{1}{2}$ln$\frac{k+2}{2}$）上單調(diào)遞減，注意到φ（0）=0，
∴對(duì)任意x∈（0，$\frac{1}{2}$ln$\frac{k+2}{2}$），φ（x）＜0，不符合題設(shè)，
綜上所述，k的取值范圍為（4，+∞）．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了切線方程問題，考查函數(shù)的單調(diào)性、最值問題，考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用以及分類討論思想、轉(zhuǎn)化思想、是一道綜合題．