Question

3．已知函數(shù)f（x）=e^x，g（x）=x+a，a∈R．
（1）若曲線f（x）=e^x與g（x）=x+a相切，求實(shí)數(shù)a的值；
（2）記h（x）=f（x）g（x），求h（x）在[0，1]上的最小值；
（3）當(dāng)a=0時，試比較e^f（x-2）與g（x）的大�。�

Answer 1

分析 （1）研究函數(shù)的切線主要是利用切點(diǎn)作為突破口求解；
（2）通過討論函數(shù)在定義域內(nèi)的單調(diào)性確定最值，要注意對字母m的討論；
（3）比較兩個函數(shù)的大小主要是轉(zhuǎn)化為判斷兩個函數(shù)的差函數(shù)的符號，然后轉(zhuǎn)化為研究差函數(shù)的單調(diào)性研究其最值．

解答 解：（1）設(shè)曲線f（x）=e^x與g（x）=x+a相切于點(diǎn)P（x₀，y₀），由f′（x）=e^x，知${e}^{{x}_{0}}$=1解得x₀=0．
又可求得P為（0，1），所以代入g（x）=x+a，解得a=1．
（2）因?yàn)閔（x）=（x+a）e^x，所以h′（x）=e^x+（x+a）e^x=（x-（-a-1））e^x，x∈[0，1]．
①當(dāng)-a-1≤0，即a≥-1時，h′（x）≥0，此時h（x）在[0，1]上單調(diào)遞增，所以h（x）_max=h（1）=（1-m）e；
②當(dāng)0＜-a-1＜1，即-2＜a＜-1時，當(dāng)x∈（0，-a-1）時，h′（x）＜0，h（x）單調(diào)遞減，
當(dāng)x∈（-a-1，1）時，h′（x）＞0，h（x）單調(diào)遞增，h（0）=a，h（1）=（1+a）e．
（i）當(dāng)a≥（1+a）e，即-2＜a≤$\frac{e}{e-1}$時，h（x）_max=h（0）=a．
（ii）當(dāng)a＜（1+a）e，即-$\frac{e}{e-1}$＜a＜-1時，h（x）_max=h（1）=（1+a）e．
③當(dāng)-a-1≥1，即a≤2時，h′（x）≤0，此時h（x）在[0，1]上單調(diào)遞減，所以h（x）_max=h（0）=a．
綜上，當(dāng)a＞-$\frac{e}{e-1}$時，h（x）_max=（1+a）e；當(dāng)a≤-$\frac{e}{e-1}$時，h（x）_max=a．
（3）當(dāng)a=0時，e^f（x-2）=${e}^{{e}^{x-2}}$，g（x）=x．
①當(dāng)x≤0時，顯然e^f（x-2）＞g（x）；
②當(dāng)x＞0時，lne^f（x-2）=e^x-2．lng（x）=lnx．
記函數(shù)ω（x）=e^x-2-lnx，則ω′（x）=e^x-2-$\frac{1}{x}$，可知ω′（x）在（0，+∞）上遞增，
又由ω′（1）＜0，ω′（2）＞0知：ω′（x）=0在（0，+∞）上有唯一實(shí)根x₀，且1＜x₀＜2，
則ω′（x₀）=0，即${e}^{{x}_{0}-2}$=$\frac{1}{{x}_{0}}$（*），
當(dāng)x∈（0，x₀）時ω′（x）＜0，ω（x）遞減；當(dāng)x∈（x₀，+∞）時，ω′（x）＞0，ω（x）單調(diào)遞增．
所以ω（x）≥ω（x₀），結(jié)合（*）式，知x₀-2=-lnx₀，
所以ω（x）≥ω（x₀）=$\frac{1}{{x}_{0}}$+x₀-2=$\frac{（{x}_{0}-1）^{2}}{{x}_{0}}$＞0，
則ω（x）=e^x-2-lnx＞0，即e^x-2＞lnx，所以${e}^{{e}^{x-2}}$＞x，
綜上e^f（x-2）＞g（x）．

點(diǎn)評 本題綜合考查了利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性、最值基本思路，當(dāng)比較兩個函數(shù)大小的時候，就轉(zhuǎn)化為兩個函數(shù)的差的單調(diào)性，進(jìn)一步確定最值確定符號比較大小．