Question

19．已知函數(shù)f（x）=（x+a）ln（x+a），g（x）=-$\frac{a}{2}{x^2}$+ax．
（1）函數(shù)h（x）=f（e^x-a）+g'（e^x），x∈[-1，1]，求函數(shù)h（x）的最小值；
（2）對任意x∈[2，+∞），都有f（x-a-1）-g（x）≤0成立，求a的范圍．

Answer 1

分析 （I）求出導(dǎo)數(shù)得到極值點，通過①當a≤0時，②當0＜a＜2時，③當a≥2時分別求解函數(shù)的單調(diào)性以及函數(shù)的最值即可．
（II）設(shè)$F（x）=（x-1）ln（x-1）+\frac{a}{2}{x^2}-ax$，求出導(dǎo)數(shù)F'（x）=ln（x-1）+1+a（x-1）（x≥2）．通過①當a≥0時，②當a≤-1時，③當-1＜a＜0時，分別求解函數(shù)的單調(diào)性已經(jīng)函數(shù)的最值，推出a≤-1．

解答 解：（I）h（x）=（x-a）e^x+a．h'（x）=（x-a+1）e^x，令h'（x）=0得x=a-1．
①當a-1≤-1即a≤0時，在[-1，1]上h'（x）≥0，h（x）遞增，h（x）的最小值為$h（-1）=a-\frac{1+a}{e}$．
②當-1＜a-1＜1即0＜a＜2時，在x∈[-1，a-1]上h'（x）≤0，h（x）為減函數(shù)，在在x∈[a-1，1]上h'（x）≥0，h（x）為增函數(shù)．
∴h（x）的最小值為h（a-1）=-e^a-1+a．
③當a-1≥1即a≥2時，在[-1，1]上h'（x）≤0，h（x）遞減，h（x）的最小值為h（1）=（1-a）e+a．
綜上所述，當a≤0時h（x）的最小值為$a-\frac{1+a}{e}$，當0＜a＜2時h（x）的最小值為-e^a-1+a，當a≥2時，h（x）最小值為（1-a）e+a．
（II）設(shè)$F（x）=（x-1）ln（x-1）+\frac{a}{2}{x^2}-ax$，F(xiàn)'（x）=ln（x-1）+1+a（x-1）（x≥2）．
①當a≥0時，在x∈[2，+∞）上F'（x）＞0，F(xiàn)（x）在x∈[2，+∞）遞增，F(xiàn)（x）的最小值為F（2）=0，不可能有f（x-a-1）-g（x）≤0．
②當a≤-1時，令$F''（x）=\frac{1}{x-1}+a=0$，解得：$x=1-\frac{1}{a}$，此時$2＞1-\frac{1}{a}$
∴$F''（x）=\frac{1}{x-1}+a≤0$．∴F'（x）在[2，+∞）上遞減．∵F'（x）的最大值為F'（2）=a+1≤0，∴F（x）遞減．∴F（x）的最大值為F（2）=0，
即f（x-a-1）-g（x）≤0成立．
③當-1＜a＜0時，此時$2＜1-\frac{1}{a}$，當$x∈（2，1-\frac{1}{a}）$時，F(xiàn)''（x）＞0，F(xiàn)'（x）遞增，當$x∈（1-\frac{1}{a}，+∞）$時，F(xiàn)''（x）＜0，F(xiàn)'（x）遞減．
∴$F'{（x）_{max}}=F'（1-\frac{1}{a}）$=-ln（-a）＞0，又由于F'（2）=a+1＞0，
∴在$x∈[2，1-\frac{1}{a}）$上F'（x）＞0，F(xiàn)（x）遞增，
又∵F（2）=0，所以在$x∈[2，1-\frac{1}{a}）$上F（x）＞0，顯然不合題意．
綜上所述：a≤-1．

點評 本題考查函數(shù)的單調(diào)性以及函數(shù)的極值最值，考查轉(zhuǎn)化思想以及分析問題解決問題的能力．