Question

17．設(shè)f（x）=e•e^x，e=2.71828…是自然對數(shù)的底．
（1）求曲線f（x）在點M（0，e）處的切線方程；
（2）設(shè)g（x）=f（x）-kx（k∈R），試探究函數(shù)g（x）的單調(diào)性；
（3）若f（x）＞kx總成立，求k的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）求出導(dǎo)數(shù)，求得切線的斜率，由斜截式方程，即可得到所求；
（2）求出導(dǎo)數(shù)，對k討論，當k≤0時，當k＞0時，由導(dǎo)數(shù)大于0，求得增區(qū)間，由導(dǎo)數(shù)小于0，得到減區(qū)間；
（3）方法一、求得導(dǎo)數(shù)，對k討論，當k=0，k＜0，k＞0，f（x）＞kx總成立等價于g（x）_min＞0．解不等式即可得到所求范圍；
方法二、先討論k＜0不成立，再由當x∈（0，+∞）時，f（x）＞kx總成立，等價于k＜$\frac{f（x）}{x}$總成立，
即為$k＜\frac{f（x）}{x}$的最小值．求出右邊函數(shù)的最小值，即可得到所求．

解答 解：（1）f′（x）=e^1+x，
∴過M的曲線f（x）的切線的斜率k=f′（0）=e，
∴過M的曲線f（x）的切線方程為y=ex+e．
（2）由條件知g（x）=e•e^x-kx，g′（x）=e^x+1-k，
當k≤0時，顯然g′（x）＞0，∴g（x）在R是增函數(shù)．
當k＞0時，令g′（x）＞0得x＞lnk-1；令g′（x）＜0得x＜lnk-1．
∴g（x）的增區(qū)間為（lnk-1，+∞），減區(qū)間為（-∞，lnk-1）；
（3）解法一：當k＜0時，由y=f（x）和y=kx的圖象知f（x）＞kx不可能總成立．
當k=0時，由f（x）＞0，kx=0知f（x）＞kx總成立．
當k＞0時，f（x）＞kx總成立等價于g（x）_min＞0．
由（2）知g（x）_min=g（lnk-1）=k（2-lnk）＞0，
解得0＜k＜e²，
綜上所述：k的取值范圍是[0，e²）；
解法二：若k＜0，由y=f（x）和y=kx的圖象知f（x）＞kx不可能總成立，
∴k≥0．
當x∈（-∞，0]時，有f（x）=e^1+x＞0，kx≤0，
∴f（x）＞kx總成立；   
當x∈（0，+∞）時，f（x）＞kx總成立，等價于k＜$\frac{f（x）}{x}$總成立，
∴$k＜\frac{f（x）}{x}$的最小值．
記$F（x）=\frac{f（x）}{x}，則F'（x）=\frac{f'（x）×x-f（x）}{x^2}=\frac{{x{e^{1+x}}-{e^{1+x}}}}{x^2}=\frac{{（x-1）{e^{1+x}}}}{x^2}（x＞0）$，
顯然x∈（0，1）時，F(xiàn)′（x）＜0； x∈（1，+∞）時，F(xiàn)′（x）＞0．
∴F（x）的增區(qū)間為（1，+∞），減區(qū)間為（0，1），
∴$F{（x）_{min}}=F（1）={e^2}$，
∴k＜e²綜上所述：k的取值范圍是[0，e²）．

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，考查不等式的恒成立問題，注意運用單調(diào)性和參數(shù)分離，考查運算能力，屬于中檔題．