Question

12．已知函數(shù)f（x）=e^x，g（x）=x²+（1-t）x+1（t＜0），h（x）=k（x+1）（k＞0）（e為自然對數(shù)的底數(shù)）．
（1）當函數(shù)f（x）的圖象恒在h（x）的圖象上方時，求實數(shù)k的取值范圍；
（2）若存在x₁，x₂∈[0，1]，使得f（x₁）g（x₁）＞2f（x₂）g（x₁）成立，求實數(shù)t的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）作出函數(shù)的圖象，利用導數(shù)的幾何意義求出切線斜率，利用數(shù)形結合即可得到結論；
（2）由題意可得$\frac{g（{x}_{2}）}{f（{x}_{2}）}＞2•\frac{g（{x}_{1}）}{f（{x}_{1}）}$成立，令m（x）=$\frac{g（x）}{f（x）}$，則有在[0，1]有m（x）的最大值大于最小值的2倍，求出m（x）的導數(shù)，對t討論，由單調(diào)性求得最值，解不等式即可得到所求范圍．

解答 解：（1）若函數(shù)f（x）圖象恒在函數(shù)h（x）圖象的上方（沒有交點），
則e^x＞k（x+1），
當k＞0時，g（x）=k（x+1）過定點（-1，0），
函數(shù)f（x）的導數(shù)為f′（x）=e^x，
設h（x）=k（x+1）與f（x）=e^x的切點為（a，b），則對應的切線斜率k=f′（a）=e^a，
則對應的切線方程為y-e^a=e^a（x-a），
∵直線過點（-1，0），
∴-e^a=e^a（-1-a），
解得a=0，此時切線斜率k=f′（0）=1，
即此時k=1，
則解得0＜k＜1；
（2）存在x₁，x₂∈[0，1]，使得f（x₁）g（x₂）＞2f（x₂）g（x₁）成立，
即有$\frac{g（{x}_{2}）}{f（{x}_{2}）}＞2•\frac{g（{x}_{1}）}{f（{x}_{1}）}$成立，
令m（x）=$\frac{g（x）}{f（x）}$，即在[0，1]有m（x）的最大值大于最小值的2倍，
由m′（x）=$\frac{-（x-1）（x-t）}{{e}^{x}}$，
當t≤0時，區(qū)間[0，1]為增區(qū)間，m（0）為最小值，等于$\frac{1}{{e}^{0}}=1$；
m（1）為最大值，等于$\frac{3-t}{e}$．
由$\frac{3-t}{e}＞2$，得t＜3-2e；
當0＜t＜1時，區(qū)間（0，t）遞減，區(qū)間（t，1）遞增，
m（t）取得最小值，等于$\frac{1+t}{{e}^{t}}$；
m（0）或m（1）取得最大值，即為1或$\frac{3-t}{e}$．
即有1＞2•$\frac{1+t}{{e}^{t}}$或$\frac{3-t}{e}$＞2•$\frac{1+t}{{e}^{t}}$，
∵$（\frac{{e}^{t}}{1+t}）′=\frac{t•{e}^{t}}{（1+t）^{2}}＞0$在（0，1）上成立，
則1＜$\frac{{e}^{t}}{1+t}$＜$\frac{e}{2}$，
∴1＞2•$\frac{1+t}{{e}^{t}}$無解；
又$（{e}^{t}-2e•\frac{1+t}{3-t}）′={e}^{t}-2e•\frac{4}{（t-3）^{2}}＜0$在（0，1）上成立，
即有e^t-2e•$\frac{1+t}{3-t}＜1-\frac{2e}{3}＜0$，
則$\frac{3-t}{e}$＞2•$\frac{1+t}{{e}^{t}}$無解；
當t≥1時，區(qū)間[0，1]為減區(qū)間，m（0）為最大值，等于$\frac{1}{{e}^{0}}=1$；
m（1）為最小值，等于$\frac{3-t}{e}$．
由2•$\frac{3-t}{e}$＜1，即有t＞3-$\frac{e}{2}$．
綜上可得，t的范圍是t＜3-2e或t＞3-$\frac{e}{2}$．

點評 本題考查函數(shù)恒成立問題，主要考查了導數(shù)的運用，訓練了存在性問題的解法，正確運用分類討論的思想方法和函數(shù)的單調(diào)性是解題的關鍵，是難題．