Question

8．設(shè)函數(shù)f（x）=e^2x-4ae^x-2ax，g（x）=x²+5a²，a∈R．
（1）若a=1，求f（x）的遞增區(qū)間；
（2）若f（x）在R上單調(diào)遞增，求a的取值范圍；
（3）記F（x）=f（x）+g（x），求證：$F（x）≥\frac{{4{{（1-ln2）}^2}}}{5}$．

Answer 1

分析 （1）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，解關(guān)于導(dǎo)函數(shù)的不等式，求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間即可；
（2）分離參數(shù)，結(jié)合二次函數(shù)的性質(zhì)求出a的范圍即可；
（3）求出F（x）的解析式，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性求出函數(shù)的最小值，從而證明結(jié)論即可．

解答 解：（1）當a=1，f（x）=e^2x-4e^x-2x，f'（x）=2e^2x-4e^x-2，
令f'（x）＞0得$x＞ln（1+\sqrt{2}）$，∴f（x）的遞增區(qū)間為$（1+\sqrt{2}，+∞）$．
（2）∵f'（x）=2e^2x-4ae^x-2a≥0在R上恒成立，
∴e^2x-2ae^x-a≥0在R上恒成立．
∴$a≤\frac{{{e^{2x}}}}{{2{e^x}+1}}$=$\frac{1}{{2{e^{-x}}+{e^{-2x}}}}=\frac{1}{{{{（{e^{-x}}+1）}^2}-1}}$在R上恒成立．
∵e^-x＞0，∴$\frac{1}{{{{（{e^{-x}}+1）}^2}-1}}＞0$，∴a≤0．
（3）證明：∵F（x）=e^2x-4ae^x-2ax+x²+5a²
=5a²-（4e^x+2x）a+x²+e^2x
=$5{（a-\frac{{2{e^x}+x}}{5}）^2}+\frac{{{e^{2x}}-4x{e^x}+4{x^2}}}{5}$$≥\frac{{{e^{2x}}-4x{e^x}+4{x^2}}}{5}=\frac{{{{（{e^x}-2x）}^2}}}{5}$，
設(shè)h（x）=e^x-2x，則h'（x）=e^x-2，
令h'（x）＜0，得x＜ln2，則h（x）在（-∞，ln2）單調(diào)遞減；
令h'（x）＞0，得x＞ln2，則h（x）在（ln2，+∞）單調(diào)遞增；
∴h（x）_min=h（ln2）=2-ln2＞0，
∴$F（x）≥\frac{{{{（{e^x}-2x）}^2}}}{5}≥$$\frac{{{{（2-2ln2）}^2}}}{5}=\frac{{4{{（1-ln2）}^2}}}{5}$．

點評 本題考查了函數(shù)的單調(diào)性、最值問題，考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用以及轉(zhuǎn)化思想，是一道中檔題．