Question

2．已知f（x）=e^2x+ln（x+a）．
（1）當a=1時，①求f（x）在（0，1）處的切線方程；②當x≥0時，求證：f（x）≥（x+1）²+x．
（2）若存在x₀∈[0，+∞），使得$f（{x_0}）＜2ln（{{x_0}+a}）+{x_0}^2$成立，求實數(shù)a的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）①求出f（x）的導數(shù)，可得切線的斜率，由斜截式方程即可得到所求切線的方程；
②設F（x）=e^2x+ln（x+1）-（x+1）²-x（x≥0），通過兩次求導，判斷F（x）的單調性，即可得證；
（2）由題意可得存在x₀∈[0，+∞），使得e${\;}^{2{x}_{0}}$-ln（x₀+a）-x₀²＜0，設u（x）=e^2x-ln（x+a）-x²，兩次求導，判斷單調性，對a討論，分①當a≥$\frac{1}{2}$時，②當a＜$\frac{1}{2}$時，通過構造函數(shù)和求導，得到單調區(qū)間，可得最值，即可得到所求a的范圍．

解答 解：（1）a=1時，f（x）=e^2x+ln（x+1），f′（x）=2e^2x+$\frac{1}{x+1}$，
①可得f（0）=1，f′（0）=2+1=3，
所以f（x）在（0，1）處的切線方程為y=3x+1；
②證明：設F（x）=e^2x+ln（x+1）-（x+1）²-x（x≥0），
F′（x）=2e^2x+$\frac{1}{x+1}$-2（x+1）-1
F″（x）=4e^2x-$\frac{1}{（x+1）^{2}}$-2=[e^2x--$\frac{1}{（x+1）^{2}}$]+2（e^2x-1）+e^2x＞0，（x≥0），
所以，F(xiàn)′（x）在[0，+∞）上遞增，所以F′（x）≥F′（0）=0，
所以，F(xiàn)（x）在[0，+∞）上遞增，所以F（x）≥F（0）=0，
即有當x≥0時，f（x）≥（x+1）²+x；
（2）存在x₀∈[0，+∞），使得$f（{x_0}）＜2ln（{{x_0}+a}）+{x_0}^2$成立
?存在x₀∈[0，+∞），使得e${\;}^{2{x}_{0}}$-ln（x₀+a）-x₀²＜0，
設u（x）=e^2x-ln（x+a）-x²，
u′（x）=2e^2x-$\frac{1}{x+a}$-2x，u″（x）=4e^2x+$\frac{1}{（x+a）^{2}}$-2＞0，
可得u′（x）在[0，+∞）單調增，即有u′（x）≥u′（0）=2-$\frac{1}{a}$
①當a≥$\frac{1}{2}$時，u′（0）=2-$\frac{1}{a}$≥0，
可得u（x）在[0，+∞）單調增，
則u（x）_min=u（0）=1-lna＜0，
解得a＞e；
②當a＜$\frac{1}{2}$時，ln（x+a）＜ln（x+$\frac{1}{2}$），
設h（x）=x-$\frac{1}{2}$-ln（x+$\frac{1}{2}$），（x＞0），
h′（x）=1-$\frac{1}{x+\frac{1}{2}}$=$\frac{x-\frac{1}{2}}{x+\frac{1}{2}}$，
另h′（x）＞0可得x＞$\frac{1}{2}$，h′（x）＜0可得0＜x＜$\frac{1}{2}$，
則h（x）在（0，$\frac{1}{2}$）單調遞減，在（$\frac{1}{2}$，+∞）單調遞增．
則h（x）≥h（$\frac{1}{2}$）=0．
設g（x）=e^2x-x²-（x-$\frac{1}{2}$），（x＞0），
g′（x）=2e^2x-2x-1，
g″（x）=4e^2x-2＞4-2＞0，
可得g′（x）在（0，+∞）單調遞增，
即有g′（x）＞g′（0）=1＞0，
則g（x）在（0，+∞）單調遞增，
則g（x）＞g（0）＞0，
則e^2x-x²＞x-$\frac{1}{2}$＞ln（x+$\frac{1}{2}$）＞ln（x+a），
則當a＜$\frac{1}{2}$時，f（x）＞2ln（x+a）+x²恒成立，不合題意．
綜上可得，a的取值范圍為（e，+∞）．

點評 本題考查導數(shù)的運用：求切線的方程和單調區(qū)間、最值，考查不等式的證明，注意運用構造函數(shù)法，運用單調性解決，考查存在性問題的解法，注意運用分類討論的思想方法，以及轉化思想，考查推理能力和運算能力，屬于難題．