Question

16．已知函數(shù)f（x）=e^x+ax
（1）當a=1時，求曲線y=f（x）在點（0，1）處的切線方程；
（2）若函數(shù)f（x）在區(qū)間[1，+∞）上的最小值為0，求a的值；
（3）若對于任意x≥0，f（x）≥e^-x恒成立，求a的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）由求導(dǎo)公式求出f′（x），由導(dǎo)數(shù)的幾何意義求出切線的斜率k=f′（0），利用點斜式方程求出切線的方程；
（2）對a進行分類討論，當a≥0時f（x）=e^x+ax＞0，不符合題意，當a＜0時，求出f′（x）以及函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，再對臨界點與1的關(guān)系進行分類討論，分別求出f（x）的最小值，結(jié)合條件求出a的值；
（3）根據(jù)不等式構(gòu)造函數(shù)g（x）=e^x+ax-e^-x，求出g′（x）后由基本不等式對a分類討論，分別求出g（x）的單調(diào)區(qū)間和最小值，結(jié)合恒成立列出不等式，求出a的取值范圍．

解答 解：（1）當a=1時，f（x）=e^x+x的導(dǎo)數(shù)為f′（x）=e^x+1，
即有y=f（x）在點（0，1）處的切線斜率為k=1+1=2，
則y=f（x）在點（0，1）處的切線方程為y=2x+1；
（2）f（x）=e^x+ax的導(dǎo)數(shù)為f′（x）=e^x+a，
若a≥0，則f（x）在R上遞增，
即有f（x）在區(qū)間[1，+∞）上的最小值為f（1）=e+a=0，
解得a=-e＜0，不成立；
若a＜0，則x＞ln（-a）時，f′（x）＞0，f（x）遞增；
x＜ln（-a）時，f′（x）＜0，f（x）遞減．
當ln（-a）≤1，即-e≤a＜0時，f（x）在[1，+∞）遞增，
即有f（1）取得最小值，且為e+a=0，解得a=-e；
當ln（-a）＞1，即a＜-e時，即有f（ln（-a））取得最小值，
且為-a+aln（-a）=0，解得a=-e，不成立．
綜上可得a的值為-e；
（3）對于任意x≥0，f（x）≥e^-x恒成立，
即為e^x-e^-x+ax≥0，在x≥0恒成立．
令g（x）=e^x-e^-x+ax，g′（x）=e^x+e^-x+a，
由e^x+e^-x≥2$\sqrt{{e}^{x}•{e}^{-x}}$=2，當且僅當x=0時取得等號．
①當a≥-2時，由e^x+e^-x≥2，
可得g′（x）≥0，（且a=-2時，僅當x=0時g′（x）=0）
所以g（x）在R上單調(diào)遞增．
又g（0）=0，所以，當a≥-2時，對于任意x≥0都有g(shù)（x）≥0．
②當a＜-2時，由g′（x）=e^x+e^-x+a＜0，得（e^x）²+ae^x+1＜0，
得$\frac{-a-\sqrt{{a}^{2}-4}}{2}$＜e^x＜$\frac{-a+\sqrt{{a}^{2}-4}}{2}$，
其中0＜$\frac{-a-\sqrt{{a}^{2}-4}}{2}$＜1，且$\frac{-a+\sqrt{{a}^{2}-4}}{2}$＞1，
所以ln$\frac{-a-\sqrt{{a}^{2}-4}}{2}$＜0，且ln$\frac{-a+\sqrt{{a}^{2}-4}}{2}$＞0，
所以g（x）在（0，ln$\frac{-a+\sqrt{{a}^{2}-4}}{2}$）上單調(diào)遞減．
又g（0）=0，所以存在x₀∈（0，ln$\frac{-a+\sqrt{{a}^{2}-4}}{2}$），使g（x₀）＜0，不符合題意．
綜上可得，a的取值范圍為[-2，+∞）．

點評 本題考查導(dǎo)數(shù)的幾何意義以及切線方程，利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性、最值，恒成立問題的轉(zhuǎn)化，以及分類討論和轉(zhuǎn)化思想，構(gòu)造函數(shù)法，考查化簡、變形能力，綜合性強，屬于中檔題．