Question

12．已知函數(shù)f（x）=2e^x+2ax-a²，a∈R．
（Ⅰ）求函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間和極值；
（Ⅱ）若x≥0時(shí)，f（x）≥x²-3恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出原函數(shù)的導(dǎo)函數(shù)，然后對(duì)a分類分析，a≥0時(shí)，f'（x）＞0恒成立，此時(shí)f（x）在R上單調(diào)遞增，無極值；當(dāng)a＜0時(shí)，由分別由f'（x）＞0和f'（x）＜0求得x的取值范圍，得到原函數(shù)的單調(diào)區(qū)間并求得極值；
（Ⅱ）令g（x）=f（x）-x²+3=2e^x-（x-a）²+3，x≥0，求其導(dǎo)函數(shù)，由導(dǎo)函數(shù)的導(dǎo)數(shù)恒大于等于0可得導(dǎo)函數(shù)單調(diào)遞增，然后對(duì)a分類分析求解實(shí)數(shù)a的取值范圍．

解答 解：（Ⅰ）f'（x）=2e^x+2a，
①a≥0時(shí)，f'（x）＞0恒成立，此時(shí)f（x）在R上單調(diào)遞增，無極值；
②當(dāng)a＜0時(shí)，由f'（x）＞0，得x＞ln（-a）；
由f'（x）＜0，得x＜ln（-a），此時(shí)f（x）在（-∞，ln（-a））上遞減，在[ln（-a），+∞）上遞增．
在x=ln（-a）處取得極小值，f（x）_極小=f（ln（-a））=2aln（-a）-2a-a² ．
綜上可得：a≥0時(shí)，單調(diào)遞增區(qū)間為（-∞，+∞），無極值；a＜0時(shí)，單調(diào)遞減區(qū)間為（-∞，ln（-a）），
遞增區(qū)間為[ln（-a），+∞），在x=ln（-a）處取得極小值，f（x）_極小=f（ln（-a））=2aln（-a）-2a-a²，無極大值．
（Ⅱ）令g（x）=f（x）-x²+3=2e^x-（x-a）²+3，x≥0，
則g′（x）=2（e^x-x+a），
又令h（x）=2（e^x-x+a），則h′（x）=2（e^x-1）≥0，
∴h（x）在[0，+∞）上遞增，且h（0）=2（a+1）．
①當(dāng)a≥-1時(shí)，g′（x）≥0恒成立，即函數(shù)g（x）在[0，+∞）上遞增，
從而須滿足g（0）=5-a²≥0，解得$-\sqrt{5}≤a≤\sqrt{5}$，
又a≥-1，∴$-1≤a≤\sqrt{5}$；
②當(dāng)a＜-1時(shí)，則?x₀＞0，使h（x₀）=0，且x∈（0，x₀）時(shí)，h（x）＜0，
即g′（x）＜0，即g（x）遞減，x∈（x₀，+∞）時(shí)，h（x）＞0，即g'（x）＞0，即g（x）遞增．
∴$g（x）_{min}=g（{x}_{0}）=2{e}^{{x}_{0}}-（{x}_{0}-a）^{2}+3≥0$，又$h（{x}_{0}）=2（{e}^{{x}_{0}}-{x}_{0}+a）=0$，
從而$2{e}^{{x}_{0}}-（{e}^{{x}_{0}}）^{2}+3≥0$，解得0＜x₀≤ln3，
由${e}^{{x}_{0}}={x}_{0}-a$⇒$a={x}_{0}-{e}^{{x}_{0}}$，
令M（x）=x-e^x，0＜x≤ln3，
則M′（x）=1-e^x＜0，
∴M（x）在（0，ln3]上遞減，
則M（x）≥M（ln3）=ln3-3，又M（x）＜M（0）=-1，
故 ln3-3≤a＜-1，
綜上ln3-3≤a≤5．

點(diǎn)評(píng) 本題考查利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，考查利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的最值，體現(xiàn)了分類討論的數(shù)學(xué)思想方法和數(shù)學(xué)轉(zhuǎn)化思想方法，是壓軸題．