Question

已知函數(shù)f（x）=e^2x-2tx，．
（1）求f（x）在區(qū)間[0，+∞）的最小值；
（2）求證：若t=1，則不等式g（x）≥對(duì)于任意的x∈[0，+∞）恒成立；
（3）求證：若t∈R，則不等式f（x）≥g（x）對(duì)于任意的x∈R恒成立．

Answer 1

【答案】分析：（1）求出函數(shù)f（x）的導(dǎo)數(shù)，因?yàn)閑=1，所以根據(jù)參數(shù)t是否大于1來討論函數(shù)f（x）在區(qū)間[0，+∞）上的單調(diào)性，從而得到函數(shù)f（x）在區(qū)間[0，+∞）上的最小值；
（2）求函數(shù)g（x）的導(dǎo)數(shù)g'（x），得出函數(shù)g'（x）在區(qū)間[0，+∞）上是增函數(shù)，從而g'（x）≥g'（0）=2＞0，根據(jù)g'（x）恒正得出函數(shù)g（x）在區(qū)間[0，+∞）上為增函數(shù)，從而g（x）≥g（0）=；
（3）構(gòu)造函數(shù)h（x）=f（x）-g（x），再將所得函數(shù)h（x）進(jìn)行配方，得到恒比h（x）小的一個(gè)函數(shù)，再通過討論這個(gè)函數(shù)的最小值為非負(fù)，從而得出h（x）≥0，命題得理證．
解答：解：（1）f'（x）=2e^2x-2t=2（e^2x-t）
①若t≤1
∵x≥0，則e^2x≥1，∴e^2x-t≥0，即f'（x）≥0．
∴f（x）在區(qū)間[0，+∞）是增函數(shù)，故f（x）在區(qū)間[0，+∞）的最小值是f（0）=1
②若t＞1
令f'（x）=0，得．
又當(dāng)時(shí)，f'（x）＜0；當(dāng)時(shí)，f'（x）＞0，
∴f（x）在區(qū)間[0，+∞）的最小值是
（2）證明：當(dāng)t=1時(shí)，，則g'（x）=-2x+2e^x=2（e^x-x），
∴[g'（x）]'=2（e^x-1），
當(dāng)x∈[0，+∞）時(shí)，有[g'（x）]'≥0，∴g'（x）在[0，+∞）內(nèi)是增函數(shù)，
∴g'（x）≥g'（0）=2＞0，
∴g（x）在[0，+∞）內(nèi)是增函數(shù)，
∴對(duì)于任意的x∈[0，+∞），恒成立
（3）證明：=，
令
則當(dāng)t∈R時(shí)，h（t）≥=，
令F（x）=e^x-x，則F'（x）=e^x-1，
當(dāng)x=0時(shí)，F(xiàn)'（x）=0；當(dāng)x＞0時(shí)，F(xiàn)'（x）＞0；當(dāng)x＜0時(shí)，F(xiàn)'（x）＜0，
則F（x）=e^x-x在（-∞，0]是減函數(shù)，在（0，+∞）是增函數(shù)，
∴F（x）=e^x-x≥F（0）=1，
∴，
∴h（t）≥0，即不等式f（x）≥g（x）對(duì)于任意的x∈R恒成立
點(diǎn)評(píng)：利用導(dǎo)數(shù)工具討論函數(shù)的單調(diào)性，是求函數(shù)的值域和最值的常用方法，考查了分類討論的思想與轉(zhuǎn)化的思想．解決本題同時(shí)應(yīng)注意研究導(dǎo)函數(shù)的單調(diào)性得出導(dǎo)數(shù)的正負(fù)，從而得出原函數(shù)的單調(diào)性的技巧．