Question

16．已知函數(shù)f（x）=x²e^kx．
（Ⅰ）當k=1時，求曲線y=f（x）在點（1，f（1））處的切線方程；
（Ⅱ）設(shè)g（x）=$\frac{ax}{1+{x}^{2}}$+2（a＞0），且對于任意的x₁，x₂∈[0，2]，均有g(shù)（x₁）≥f（x₂）恒成立，求實數(shù)k的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）求出k=1時f（x）的導(dǎo)數(shù)，求得切點，由點斜式方程即可得到切線方程；
（2）“對任意的x₁，x₂∈[0，2]，f（x₁）≥g（x₂）恒成立”等價于“當a＞0時，對任意的x₁，x₂∈[0，2]，g_min（x）≥f_max（x）成立”，求得g（x）在[0，2]上的最小值，再求f（x）的導(dǎo)數(shù)，對k討論，結(jié)合單調(diào)性，求得最大值，解不等式即可得到．

解答 解：（1）當k=1時，f（x）=x²e^x．的導(dǎo)數(shù)為f′（x）=（x²+2x）e^x，
f（1）=e，切線的斜率為f′（1）=3e，
即有切線方程為y-e=3e（x-1），即3ex-y-2e=0；
（2）“任意的x₁，x₂∈[0，2]，均有g(shù)（x₁）≥f（x₂）恒成立”
等價于“當a＞0時，對任意的x₁，x₂∈[0，2]，g_min（x）≥f_max（x）成立”，
當a＞0時，函數(shù)g（x）在[0，1]上單調(diào)遞增，在[1，2]上單調(diào)遞減，
而g（0）=2，g（2）=$\frac{2a}{5}$+2，所以g（x）的最小值為g（0）=2，
f（x）的導(dǎo)數(shù)f′（x）=2xe^kx+x²e^kx•k=（kx²+2x）e^kx，
當k=0時，f（x）=x²，x∈[0，2]時，f_max（x）=f（2）=4，顯然不滿足f_max（x）≤1，
當k≠0時，令f′（x）=0得，x₁=0，x₂=-$\frac{2}{k}$，
①當-$\frac{2}{k}$≥2，即-1≤k≤0時，在[0，2]上f′（x）≥0，所以f（x）在[0，2]單調(diào)遞增，
所以f_max（x）=f（2）=4e^2k，只需4e^2k≤1，得k≤-ln2，所以-1≤k≤-ln2；
②當0＜-$\frac{2}{k}$＜2，即k＜-1時，在[0，-$\frac{2}{k}$]，f（x）單調(diào)遞增，
在[-$\frac{2}{k}$，2]，f（x）單調(diào)遞減，所以f_max（x）=f（-$\frac{2}{k}$）=$\frac{4}{{k}^{2}{e}^{2}}$，
只需$\frac{4}{{k}^{2}{e}^{2}}$≤1，得k≤-$\frac{2}{e}$，所以k＜-1；
③當-$\frac{2}{k}$＜0，即k＞0時，顯然在[0，2]上f′（x）≥0，f（x）單調(diào)遞增，
f_max（x）=f（2）=4e^2k，4e^2k≤1不成立．
綜上所述，k的取值范圍是（-∞，-ln2]．

點評 本題考查導(dǎo)數(shù)的運用：求切線方程和單調(diào)區(qū)間、極值和最值，主要考查不等式的恒成立問題轉(zhuǎn)化為求函數(shù)最值，運用分類討論的思想方法是解題的關(guān)鍵．