Question

2．已知函數(shù)f（x）=e^x-x²+2a+b（x∈R）的圖象在x=0處的切線為y=bx．（e為自然對數(shù)的底數(shù)）．
（Ⅰ）求a，b的值；
（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）f′（x）=e^x-2x，f′（0）=1=b，f（0）=1+2a+b=0，聯(lián)立解得b，a．
（II）由（I）可得：f（x）=e²-x²-1．f（x）+$\frac{1}{2}$（3x²-5x-2k）≥0對任意x∈R恒成立?k≤e^x+$\frac{1}{2}{x}^{2}$-$\frac{5}{2}$x-1對?x∈R恒成立．令h（x）=e^x+$\frac{1}{2}{x}^{2}$-$\frac{5}{2}$x-1，h′（x）=e^x+x-$\frac{5}{2}$，h^″（x）=e^x+1＞0恒成立．可得h′（x）在R上單調遞增．h′（0）＜0，h′（1）＞0，${h}^{′}（\frac{1}{2}）$＜0，${h}^{′}（\frac{3}{4}）$＞0．可得存在唯一零點x₀∈$（\frac{1}{2}，\frac{3}{4}）$，使得h′（x₀）=0，利用單調性可得：h（x）_min=h（x₀）=${e}^{{x}_{0}}$+$\frac{1}{2}{x}_{0}^{2}$-$\frac{5}{2}{x}_{0}$-1，進而得出結論．

解答 解：（I）f′（x）=e^x-2x，f′（0）=1=b，f（0）=1+2a+b=0，
聯(lián)立解得b=1，a=-1．
（II）由（I）可得：f（x）=e²-x²-1．
f（x）+$\frac{1}{2}$（3x²-5x-2k）≥0對任意x∈R恒成立?k≤e^x+$\frac{1}{2}{x}^{2}$-$\frac{5}{2}$x-1對?x∈R恒成立．
令h（x）=e^x+$\frac{1}{2}{x}^{2}$-$\frac{5}{2}$x-1，h′（x）=e^x+x-$\frac{5}{2}$，h^″（x）=e^x+1＞0恒成立．
∴h′（x）在R上單調遞增．
h′（0）=$-\frac{3}{2}$＜0，h′（1）=$e-\frac{3}{2}$＞0，${h}^{′}（\frac{1}{2}）$=$\sqrt{e}-2$＜0，${h}^{′}（\frac{3}{4}）$=$\root{4}{{e}^{3}}$-$\frac{7}{4}$$＞1+\frac{3}{4}$-$\frac{7}{4}$=0．
∴存在唯一零點x₀∈$（\frac{1}{2}，\frac{3}{4}）$，使得h′（x₀）=0，
當x∈（-∞，x₀）時，h′（x₀）＜0，函數(shù)h（x）在（-∞，x₀）單調遞減；當x∈（x₀，+∞）時，h′（x₀）＞0，函數(shù)h（x）在（x₀，+∞）上單調遞增．
∴h（x）_min=h（x₀）=${e}^{{x}_{0}}$+$\frac{1}{2}{x}_{0}^{2}$-$\frac{5}{2}{x}_{0}$-1，又h′（x₀）=${e}^{{x}_{0}}$+x₀-$\frac{5}{2}$=0，∴${e}^{{x}_{0}}$=$\frac{5}{2}$-x₀，
∴h（x₀）=$\frac{5}{2}$-x₀+$\frac{1}{2}{x}_{0}^{2}$-$\frac{5}{2}{x}_{0}$-1=$\frac{1}{2}（{x}_{0}^{2}-7{x}_{0}+3）$，
∵x₀∈$（\frac{1}{2}，\frac{3}{4}）$，∴h（x₀）∈$（-\frac{27}{32}，-\frac{1}{8}）$．
又k≤e^x+$\frac{1}{2}{x}^{2}$-$\frac{5}{2}$x-1對?x∈R恒成立?k≤h（x₀），k∈Z．
∴k的最大值為-1．

點評 本題考查了利用導數(shù)研究函數(shù)的單調性極值與最值、分類討論方法、方程與不等式的解法、等價轉化方法、函數(shù)的零點，考查了推理能力與計算能力，屬于難題．