Question

7．已知函數(shù)f（x）滿足f（x）=f′（1）e^x-1-f（0）x+$\frac{1}{2}$x²．（e=2.71828…）
（1）求f（x）的解析式及單調(diào)區(qū)間；
（2）設(shè)a＞0，若f（x）≥$\frac{1}{2}$x²+（a-1）x+b對(duì)任意x恒成立，求ab的最大值．

Answer 1

分析 （1）求出f（x）的導(dǎo)數(shù)，分別求出f′（1），f（0）的值，從而求出f（x）的表達(dá)式，進(jìn)而求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間即可；
（2）當(dāng)a＞0時(shí)，構(gòu)造函數(shù)g（x）=ae^x-a²x來研究不等式e^x≥ax+b恒成立的問題，求導(dǎo)易得．

解答 解：（1）∵f（x）=f′（1）e^x-1-f（0）x+$\frac{1}{2}$x²，
∴f′（x）=f′（1）e^x-1-f（0）+x，
∴f′（1）=f′（1）-f（0）+1，解得：f（0）=1，
∴f（x）=f′（1）e^x-1-x+$\frac{1}{2}$x²．
∴f（0）=$\frac{f′（1）}{e}$=1，解得：f′（1）=e，
∴f（x）=e^x+$\frac{1}{2}$x²-x，
f′（x）=e^x+x-1，
令f′（x）＞0，解得：x＞0，令f′（x）＜0，解得：x＜0，
∴f（x）在（-∞，0）遞減，在（0，+∞）遞增；
（2）設(shè)a＞0，若f（x）≥$\frac{1}{2}$x²+（a-1）x+b對(duì)任意x恒成立，
即e^x≥ax+b對(duì)任意x恒成立，
若a＞0，由e^x≥ax+b得b≤e^x-ax，則ab≤ae^x-a²x．
設(shè)函數(shù)g（x）=ae^x-a²x，
∴g′（x）=ae^x-a²=a（e^x-a），令g′（x）=0得e^x-a=0，解得x=lna，
∵x＜lna時(shí)，則e^x-a＜0，∴g′（x）＜0，∴函數(shù)g（x）遞減；
同理，x＞lna時(shí)，g′（x）＞0，∴函數(shù)g（x）遞增；
∴當(dāng)x=lna時(shí)，函數(shù)取最小值，g（x）的最小值為g（lna）=a²-a²lna．
設(shè)h（a）=a²-a²lna（a＞0），
h′（a）=a（1-2lna）（a＞0），
由h′（a）=0得a=$\sqrt{e}$，
不難得到a＜$\sqrt{e}$時(shí)，h′（a）＞0；a＞$\sqrt{e}$時(shí)，h′（a）＜0；
∴函數(shù)h（a）先增后減，∴h（a）的最大值為h（$\sqrt{e}$）=$\frac{e}{2}$，
即ab的最大值是$\frac{e}{2}$，此時(shí)a=$\sqrt{e}$，b=$\frac{\sqrt{e}}{2}$．

點(diǎn)評(píng) 本題主要考查了函數(shù)的單調(diào)性，以及利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的最值的應(yīng)用，滲透了分類討論思想，屬于中檔題．