Question

1．已知函數(shù)f（x）=ae^x（x+1）（其中e=2.71828…），g（x）=x²+bx+2，且f（x）與g（x）在x=0處有相同的切線．
（1）求函數(shù)f（x）的解析式，并討論f（x）在[t，t+1]（t∈R）上的最小值；
（2）若對(duì)任意的x≥-2，kf（x）≥g（x）恒成立，求實(shí)數(shù)k的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）求出兩個(gè)函數(shù)的導(dǎo)函數(shù)，利用f（x）與g（x）在x=0處有相同的切線，可得f′（0）=g'（0），且f（0）=g（0），聯(lián)立求得a，b的值，則函數(shù)解析式可求，求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，然后對(duì)t分類求得f（x）在[t，t+1]（t∈R）上的最小值；
（2）由對(duì)任意的x≥-2，kf（x）≥g（x）恒成立，得2ke^x（x+1）≥x²+4x+2，分x=-1、-2≤x＜-1、x＞-1，分離參數(shù)k，然后構(gòu)造函數(shù)，由導(dǎo)數(shù)求出函數(shù)的最值得答案．

解答 解：（1）由f（x）=ae^x（x+1），g（x）=x²+bx+2，得f′（x）=ae^x（x+2），g'（x）=2x+b．
∵兩函數(shù)在x=0處有相同的切線，又f′（0）=2a，g'（0）=b，
∴2a=b，f（0）=a=g（0）=2，解得：a=2，b=4．
∴f（x）=2e^x（x+1），g（x）=x²+4x+2．
f′（x）=2e^x（x+2），由f′（x）＞0，得x＞-2，由f′（x）＜0，得x＜-2，
∴f（x）在（-2，+∞）上單調(diào)遞增，在（-∞，-2）上單調(diào)遞減．
①當(dāng)t+1≤-2，即t≤-3時(shí)，f（x）在[t，t+1]上單調(diào)遞減，
∴$f{（x）_{min}}=f（{t+1}）=2{e^{t+1}}（{t+2}）$；
②當(dāng)$\left\{\begin{array}{l}t＜-2\\ t+1＞-2\end{array}\right.$，即-3＜t＜-2時(shí)，f（x）在[t，-2]上單調(diào)遞減，在（-2，t+1]上單調(diào)遞增，
∴$f{（x）_{min}}=f（{-2}）=-2{e^{-2}}$；
③當(dāng)t≥-2時(shí)，f（x）在[t，t+1]上單調(diào)遞增，∴$f{（x）_{min}}=f（t）=2{e^t}（{t+1}）$．
∴$f{（x）_{min}}=\left\{\begin{array}{l}2{e^{t+1}}（{t+2}），t≤-3\\-2{e^{-2}}，-3＜t＜-2\\ 2{e^t}（{t+1}），t≥-2\end{array}\right.$；
（2）若對(duì)任意的x≥-2，kf（x）≥g（x）恒成立，即2ke^x（x+1）≥x²+4x+2（*）對(duì)任意的x≥-2恒成立．
（i）當(dāng)x=-1時(shí)，上式化為0≥-1，顯然對(duì)任意的實(shí)數(shù)k恒成立．
（ii）當(dāng)-2≤x＜-1時(shí)，（*）式化為$k≤\frac{{{x^2}+4x+2}}{{2{e^x}（{x+1}）}}$，對(duì)任意的-2≤x＜-1恒成立．
令$h（x）=\frac{{{x^2}+4x+2}}{{2{e^x}（{x+1}）}}$，則$h'（x）=\frac{{-x{{（{x+2}）}^2}}}{{2{e^x}{{（{x+1}）}^2}}}$，
∴當(dāng)-2≤x＜-1時(shí)，h'（x）≥0，∴h（x）在[-2，-1）上單調(diào)遞增，
此時(shí)$h{（x）_{min}}=h（{-2}）={e^2}$，∴k≤e²．
（iii）當(dāng)x＞-1時(shí)，（*）式化為$k≥\frac{{{x^2}+4x+2}}{{2{e^x}（{x+1}）}}$，對(duì)任意的x＞-1恒成立．
由（ii）知h（x）在（-1，0）上單調(diào)遞增，在（0，+∞）上單調(diào)遞減，
此時(shí)h（x）_max=h（0）=1，∴k≥1．
綜上，實(shí)數(shù)k的取值范圍為[1，e²]．

點(diǎn)評(píng) 本題考查利用導(dǎo)數(shù)研究過曲線上某點(diǎn)處的切線方程，考查了利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性及函數(shù)的最值，訓(xùn)練了恒成立問題的求解方法，考查分類討論的數(shù)學(xué)思想方法，屬難度較大的題目．