Question

3．已知函數(shù)f（x）=e^x，g（x）=ax+b（a，b∈R）．
（1）設h（x）=xg（x）+1．
①若a≠0，則a，b滿足什么條件時，曲線y=f（x）與y=h（x）在x=0處總有相同的切線？
②當a=1時，求函數(shù)F（x）=$\frac{h（x）}{f（x）}$單調(diào)區(qū)間；
（2）若集合{x|f（x）＜g（x）}為空集，求ab的最大值．

Answer 1

分析 （1）①分別利用導數(shù)求出y=f（x）與y=h（x）在x=0的切線方程，根據(jù)兩切線重合可求出a，b滿足的條件；
②先求出函數(shù)F（x）的解析式，然后求出導函數(shù)F′（x），令F′（x）=0，討論根的大小，從而求出函數(shù)的單調(diào)減區(qū)間；
（2）由集合{x|f（x）＜g（x）}為空集，可知不等式f（x）≥g（x）對任意x∈R恒成立，即y=f（x）-g（x）≥0恒成立．

解答 解：（1）h（x）=ax²+bx+1
①∵f′（x）=e^x，∴f′（0）=1，又f（0）=1，
∴y=f（x）在x=0處的切線方程為y=x+1…（2分）
又∵h′（x）=2ax+b，∴h′（0）=b，又h（0）=1，∴y=h（x）在x=0處的切線方程為y=bx+1，所以當a≠0，a∈R且b=1時，曲線y=f（x）與y=h（x）在x=0處總有相同的切線．…（4分）
（2）由a=1，$F（x）=\frac{{{x^2}+bx+1}}{e^x}$，∴$F′（x）=\frac{{-{x^2}+（2-b）x+b-1}}{e^x}$，
∴$F′（x）=\frac{{-{x^2}+（2-b）x+b-1}}{e^x}=-\frac{（x-1）（x-（1-b））}{e^x}$，…（6分）
由F′（x）=0，得x₁=1，x₂=1-b，∴當b＞0時，函數(shù)y=F（x）的減區(qū)間為（-∞，1-b），（1，+∞）；增區(qū)間為（1-b，1）；
當b=0時，函數(shù)y=F（x）的減區(qū)間為（-∞，+∞）；
當b＜0時，函數(shù)y=F（x）的減區(qū)間為（-∞，1），（1-b，+∞），增區(qū)間為（1，1-b），…（9分）
（2）由集合{x|f（x）＜g（x）}為空集，可知不等式f（x）≥g（x）對任意x∈R恒成立，即y=f（x）-g（x）≥0恒成立．…（10分）
當a≤0時，函數(shù)y=e^x-ax-b在R上單調(diào)遞增，y≥0不恒成立，所以a＞0，此時y′=e^x-a=0，解得x=lna，當x＜lna時，y′＜0，函數(shù)單調(diào)遞減，當x＞lna時，y′＞0，函數(shù)單調(diào)遞增，所以要使y=f（x）-g（x）≥0恒成立，
只需y_min=a-alna-b≥0，…（12分）
所以b≤a-alna，ab≤a²-a²lna，a＞0，
令G（x）=x²-x²lnx，x＞0，則G′（x）=2x-2xlnx-x=x（1-2lnx），
令G′（x）=0解得$x=\sqrt{e}$，當$x∈（{0，\sqrt{e}}）$時，G′（x）＞0，函數(shù)G（x）單調(diào)遞增，
當$x∈（{\sqrt{e}，+∞}）$時，G′（x）＜0，函數(shù)G（x）單調(diào)遞減，
所以當$x=\sqrt{e}$時，函數(shù)G（x）=x²-x²lnx取得最大值$\frac{e}{2}$，所以$ab≤{a^2}-{a^2}lna≤\frac{e}{2}$，
所以ab的最大值為$\frac{e}{2}$．…（16分）

點評 本題考查了利用導數(shù)研究在曲線某點處的切線方程，利用導數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，同時考查了不等式恒成立問題，解題過程中運用了構造函數(shù)的思想，是綜合性較強的一道導數(shù)應用題．屬于難題．