Question

2．已知函數(shù)f（x）=2e^x+2ax-a²，a∈R．
（1）當(dāng)a=1時，求f（x）在點(diǎn)（0，f（0））處的切線方程；
（2）求函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（3）若x≥0時，f（x）≥x²-3恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）先由所給函數(shù)的表達(dá)式，求導(dǎo)數(shù)fˊ（x），再根據(jù)導(dǎo)數(shù)的幾何意義求出切線的斜率，問題得以解決，
（2）先求導(dǎo)，再分類討論，根據(jù)導(dǎo)數(shù)和函數(shù)的單調(diào)性的關(guān)系即可求出單調(diào)區(qū)間，
（3）先構(gòu)造函數(shù)g（x）=f（x）-x²+3，求導(dǎo)后再構(gòu)造函數(shù)h（x）=2（e^x-1），根據(jù)導(dǎo)數(shù)和函最值關(guān)系，分類討論，當(dāng)a≥-1時，求出a的范圍，
當(dāng)a＜1時，?x₀＞0，使h（x₀）=0，x∈（0，x₀）時，g（x）單調(diào)遞減，x∈（x₀，+∞）時，g（x）單調(diào)遞增，求出函數(shù)的最值，
再構(gòu)造函數(shù)M（x）=x-e^x，0＜x≤ln3，求導(dǎo)，即可求出a的范圍．

解答 解：（1）當(dāng)a=1時，f（x）=2e^x+2x-1，
∴f′（x）=2e^x+2，f（0）=2e⁰-1=1
∴k=f′（0）=2e⁰+2=4，
∴f（x）在點(diǎn)（0，f（0））處的切線方程為y-1=4x，即4x-y+1=0，
（2）∵f′（x）=2e^x+2a，
當(dāng)a≥0時，f′（x）＞0恒成立，
∴f（x）在R上單調(diào)遞增，
當(dāng)a＜0時，當(dāng)f′（x）＞0，即x＞ln（-a）時，函數(shù)單調(diào)遞增，
當(dāng)f′（x）＜0，即x＜ln（-a）時，函數(shù)單調(diào)遞減，
綜上所述：當(dāng)a≥0時，f（x）在R上單調(diào)遞增，
當(dāng)a＜0時，f（x）在（-∞，-ln（-a））上單調(diào)遞減，在（ln（-a），+∞）單調(diào)遞增，
（3）令g（x）=f（x）-x²+3=2e^x-（x-a）²+3，x≥0，
∴g′（x）=2（e^x-x+a），
再令h（x）=2（e^x-1）≥0，
∴h（x）在[0，+∞）單調(diào)遞增，且h（0）=2（a+1），
當(dāng)a≥-1時，g′（x）≥0，即函數(shù)g（x）在[0，+∞）單調(diào)遞增，
從而須滿足g（0）=5-a²≥0，
解得-$\sqrt{5}$≤a≤$\sqrt{5}$，
又a≥-1，
∴-1≤a≤$\sqrt{5}$，
當(dāng)a＜-1時，則?x₀＞0，使h（x₀）=0，且x∈（0，x₀）時，h（x）＜0，
即g′（x）＜0，即g（x）單調(diào)遞減，
x∈（x₀，+∞）時，h（x）＞0，即g′（x）＞0，即g（x）單調(diào)遞增，
g（x）_min=g（x₀）=$2{e}^{{x}_{0}}$-（x₀-a）²+3≥0，
又h（x₀）=2（${e}^{{x}_{0}}$-x₀-a）=0，
從而${e}^{{x}_{0}}$=x₀-a，即a=x₀-${e}^{{x}_{0}}$，
令M（x）=x-e^x，0＜x≤ln3，
∴M′（x）=1-e^x＜0，
∴M（x）在（0，ln3]上單調(diào)遞減，
則M（x）≥M（ln3）=ln3-3，
又M（x）＜M（0）=1，
∴l(xiāng)n3-3≤a＜-1，
綜上所述ln3-3≤a≤$\sqrt{5}$

點(diǎn)評 本題考查了函數(shù)的單調(diào)性與導(dǎo)數(shù)的幾何意義，考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用，考查函數(shù)恒成立問題，屬于難題