Question

9．已知f（x）=e^2x+ln（x+a）．
（Ⅰ）當(dāng)a=1時，求f（x）在（0，1）處的切線方程；
（Ⅱ）若存在x₀∈[0，+∞），使得$f（{x_0}）＜2ln（{{x_0}+a}）+x_0^2$成立，求實數(shù)a的取值范圍．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出f（x）的導(dǎo)數(shù)，可得切線的斜率，由斜截式方程即可得到所求切線的方程；
（Ⅱ）由題意可得存在x₀∈[0，+∞），使得${e}^{2{x}_{0}}$-ln（x₀+a）-x₀²＜0，設(shè)u（x）=e^2x-ln（x+a）-x²，兩次求導(dǎo)，判斷單調(diào)性，對a討論，分①當(dāng)a≥$\frac{1}{2}$時，②當(dāng)a＜$\frac{1}{2}$時，通過構(gòu)造函數(shù)和求導(dǎo)，得到單調(diào)區(qū)間，可得最值，即可得到所求a的范圍．

解答 解（Ⅰ）a=1時，f（x）=e^2x+ln（x+1），
∴$f'（x）=2{e^{2x}}+\frac{1}{x+1}$，
∴f（0）=1，$f'（0）=2+\frac{1}{1}=3$，
∴f（x）在（0，1）處的切線方程為y=3x+1，
（Ⅱ）原問題??x₀≥0使得${e^{2{x_0}}}-ln（{{x_0}+a}）-x_0^2＜0$，
設(shè)u（x）=e^2x-ln（x+a）-x²，
$u'（x）=2{e^{2x}}-\frac{1}{x+a}-2x$$u'（x）=4{e^{2x}}+\frac{1}{{（x+a{）^2}}}-2＞0$，
∴u'（x）在[0，+∞）單調(diào)增，
∴$u'（x）≥u'（0）=2-\frac{1}{a}$，
①當(dāng)$a≥\frac{1}{2}$時，$u'（0）=2-\frac{1}{a}≥0$，
∴u（x）在[0，+∞）單調(diào)增，
∴u（x）_min=u（0）=1-lna＜0，
∴a＞e，
②當(dāng)$a＜\frac{1}{2}$時，$ln（{x+a}）＜ln（{x+\frac{1}{2}}）$，
設(shè)$h（x）=x-\frac{1}{2}-ln（{x+\frac{1}{2}}），（x＞0）$$h'（x）=1-\frac{1}{{x+\frac{1}{2}}}=\frac{{x-\frac{1}{2}}}{{x+\frac{1}{2}}}$，
另$h'（x）＞0⇒x＞\frac{1}{2}，h'（x）＜0⇒0＜x＜\frac{1}{2}$，
∴h（x）在$（{0，\frac{1}{2}}）$單調(diào)遞減，在$（{\frac{1}{2}，+∞}）$單調(diào)遞增，
∴$h（x）≥h（{\frac{1}{2}}）=0$，
設(shè)$g（x）={e^{2x}}-{x^2}-（{x-\frac{1}{2}}），（x＞0）$，
g'（x）=2e^2x-2x-1，g'′（x）=4e^2x-2＞4-2＞0，
∴g'（x）在（0，+∞）單調(diào)遞增，
∴g'（x）＞g'（0）=1＞0，
∴g（x）在（0，+∞）單調(diào)遞增，
∴g（x）＞g（0）＞0，
∴${e^{2x}}-{x^2}＞x-\frac{1}{2}＞ln（{x+\frac{1}{2}}）＞ln（{x+a}）$，
∴當(dāng)$a＜\frac{1}{2}$時，f（x）＞2ln（x+a）+x²恒成立，不合題意，
綜上可得，a的取值范圍為（e，+∞）．

點評 本題考查導(dǎo)數(shù)的運用：求切線的方程和單調(diào)區(qū)間、最值，注意運用構(gòu)造函數(shù)法，運用單調(diào)性解決，考查存在性問題的解法，注意運用分類討論的思想方法，以及轉(zhuǎn)化思想，考查推理能力和運算能力，屬于難題．