Question

18．設(shè)函數(shù)f（x）=e^x-x²+a，x∈R的圖象在點x=0處的切線方程為y=bx．
（Ⅰ）g（x）=$\frac{f（x）}{x}$，x∈（0，+∞），討論函數(shù)g（x）的單調(diào)性與極值；
（Ⅱ）若k∈Z，且f（x）+$\frac{1}{2}$（3x²-5x-2k）≥0對任意x∈R恒成立，求k的最大值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函數(shù)f（x）的導(dǎo)數(shù)，求得切線的斜率和切點，結(jié)合已知切線方程，可得a，b，再求g（x）的導(dǎo)數(shù)，由y=e^x-x-1，求出導(dǎo)數(shù)，可得y＞0恒成立，令g（x）的導(dǎo)數(shù)大于0，得增區(qū)間，令導(dǎo)數(shù)小于0，得減區(qū)間，進(jìn)而得到極值；
（Ⅱ）f（x）+$\frac{1}{2}$（3x²-5x-2k）≥0對任意x∈R恒成立，即為e^x+$\frac{1}{2}$x²-$\frac{5}{2}$x-1-k≥0對任意x∈R恒成立，即k≤e^x+$\frac{1}{2}$x²-$\frac{5}{2}$x-1對任意x∈R恒成立．令h（x）=e^x+$\frac{1}{2}$x²-$\frac{5}{2}$x-1，求出導(dǎo)數(shù)，運用零點存在定理可得存在唯一的x₀∈（$\frac{1}{2}$，$\frac{3}{4}$）．使h′（x₀）=0，進(jìn)而得到h（x）的最小值，再由條件，即可得到k的最大值．

解答 解：（Ⅰ）函數(shù)f（x）=e^x-x²+a的導(dǎo)數(shù)為f′（x）=e^x-2x，
即有在點x=0處的切線斜率為k=1，
由于在點x=0處的切線方程為y=bx，
則f（0）=0，f′（0）=b，
即為1+a=0，b=1，即a=-1，b=1．
f（x）=e^x-x²-1，即有g(shù)′（x）=$\frac{xf′（x）-f（x）}{{x}^{2}}$=$\frac{（x-1）（{e}^{x}-x-1）}{{x}^{2}}$，x＞0．
由y=e^x-x-1，y′=e^x-1＞0恒成立，即有y=e^x-x-1在x＞0遞增，
則y=e^x-x-1＞0，
令g′（x）＞0，可得x＞1，令g′（x）＜0，可得0＜x＜1，
g（x）的增區(qū)間為（1，+∞），減區(qū)間為（0，1），
g（x）的極小值為g（1）=e-2，無極大值；
（Ⅱ）f（x）+$\frac{1}{2}$（3x²-5x-2k）≥0對任意x∈R恒成立，
即為e^x+$\frac{1}{2}$x²-$\frac{5}{2}$x-1-k≥0對任意x∈R恒成立，
即k≤e^x+$\frac{1}{2}$x²-$\frac{5}{2}$x-1對任意x∈R恒成立．
令h（x）=e^x+$\frac{1}{2}$x²-$\frac{5}{2}$x-1，h′（x）=e^x+x-$\frac{5}{2}$，
易得h′（x）在R上遞增，h′（0）=-$\frac{3}{2}$＜0，h′（1）=e-$\frac{5}{2}$＞0，
h′（$\frac{1}{2}$）=${e}^{\frac{1}{2}}$-2＜0，h′（$\frac{3}{4}$）=${e}^{\frac{3}{4}}$-$\frac{7}{4}$＞$2.5{6}^{\frac{3}{4}}$-$\frac{7}{4}$＞2-$\frac{7}{4}$＞0，
則存在唯一的x₀∈（$\frac{1}{2}$，$\frac{3}{4}$）．使h′（x₀）=0，即${e}^{{x}_{0}}$+x₀-$\frac{5}{2}$=0．
當(dāng)x＜x₀時，h′（x）＜0，當(dāng)x＞x₀時，h′（x）＞0，
h（x）_min=h（x₀）=${e}^{{x}_{0}}$+$\frac{1}{2}$x₀²-$\frac{5}{2}$x₀-1，又h′（x₀）=0，
則h（x₀）=$\frac{1}{2}$（x₀²-7x₀+3），
由于$\frac{1}{2}$＜x₀＜$\frac{3}{4}$，則h（x₀）∈（-$\frac{27}{32}$，-$\frac{1}{8}$），
即有k≤e^x+$\frac{1}{2}$x²-$\frac{5}{2}$x-1對任意x∈R恒成立．
即為k≤h（x₀），
由k∈Z，則k_max=-1．

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，同時考查函數(shù)的零點存在定理和函數(shù)的單調(diào)性的運用，運用參數(shù)分離和不等式恒成立問題轉(zhuǎn)化為求函數(shù)的最值問題是解題的關(guān)鍵．