Question

13．設(shè)函數(shù)f（x）=ae^x+b，g（x）=x²+cx+d，若曲線y=f（x）和曲線y=g（x）都過點P（0，$\frac{1}{e}$），且在點P處有相同的切線y=$\frac{1}{e}$x+$\frac{1}{e}$．
（1）求a，b，c，d的值；
（2）若函數(shù)h（x）=f（-|x|+1）-g（x+t）（t＞0）存在零點，求證：0＜t≤1．

Answer 1

分析 （1）由題意可得f（0）=g（0）=$\frac{1}{e}$，f′（0）=g′（0）=a=c=$\frac{1}{e}$，即可解得a，b，c，d的值；
（2）由函數(shù)h（x）存在零點，可得y=e^-|x|和y=（x+t+$\frac{1}{2e}$）²+$\frac{4e-1}{4{e}^{2}}$的圖象有交點，作出y=e^-|x|和y=（x+$\frac{1}{2e}$）²+$\frac{4e-1}{4{e}^{2}}$的圖象，由圖象平移和相切的性質(zhì)，設(shè)出切點（m，e^m），（m＜0），求得導(dǎo)數(shù)，可得m，t的方程，解得m=-1，t=1，即可得到t的范圍．

解答 解：（1）由題意可得f（0）=g（0）=$\frac{1}{e}$，即為a+b=d=$\frac{1}{e}$，
又f（x）的導(dǎo)數(shù)為f′（x）=ae^x，g（x）的導(dǎo)數(shù)為g′（x）=2x+c，
由題意可得f′（0）=g′（0）=a=c=$\frac{1}{e}$，
綜上可得，a=$\frac{1}{e}$，b=0，c=$\frac{1}{e}$，d=$\frac{1}{e}$；
（2）證明：函數(shù)h（x）=f（-|x|+1）-g（x+t）
=e^1-|x|-1-[（x+t）²+$\frac{1}{e}$（x+t）+$\frac{1}{e}$]=e^-|x|-[（x+t+$\frac{1}{2e}$）²+$\frac{4e-1}{4{e}^{2}}$]，
由函數(shù)h（x）存在零點，
可得y=e^-|x|和y=（x+t+$\frac{1}{2e}$）²+$\frac{4e-1}{4{e}^{2}}$的圖象有交點，
作出y=e^-|x|和y=（x+$\frac{1}{2e}$）²+$\frac{4e-1}{4{e}^{2}}$的圖象，
由t＞0可得將拋物線的圖象向左平移可得y=（x+t+$\frac{1}{2e}$）²+$\frac{4e-1}{4{e}^{2}}$的圖象，
當(dāng)圖象經(jīng)過點（0，1）時，1=（t+$\frac{1}{2e}$）²+$\frac{4e-1}{4{e}^{2}}$，解得t=1-$\frac{1}{e}$，
當(dāng)拋物線的圖象與y=e^-|x|的圖象相切時，設(shè)切點為（m，e^m），（m＜0），
由切線的斜率相等，可得e^m=2（m+t+$\frac{1}{2e}$），
且e^m=（m+t+$\frac{1}{2e}$）²+$\frac{4e-1}{4{e}^{2}}$，解得m=-1，t=1，
則t的范圍是0＜t≤1．

點評 本題考查導(dǎo)數(shù)的運用：求切線的斜率，考查函數(shù)的零點問題的解法，注意運用圖象轉(zhuǎn)化為求交點問題，考查化簡整理的運算能力，屬于中檔題．