Question

18．设函数f（x）=e^x-x²+a，x∈R的图象在点x=0处的切线方程为y=bx．
（Ⅰ）g（x）=$\frac{f（x）}{x}$，x∈（0，+∞），讨论函数g（x）的单调性与极值；
（Ⅱ）若k∈Z，且f（x）+$\frac{1}{2}$（3x²-5x-2k）≥0对任意x∈R恒成立，求k的最大值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函数f（x）的导数，求得切线的斜率和切点，结合已知切线方程，可得a，b，再求g（x）的导数，由y=e^x-x-1，求出导数，可得y＞0恒成立，令g（x）的导数大于0，得增区间，令导数小于0，得减区间，进而得到极值；
（Ⅱ）f（x）+$\frac{1}{2}$（3x²-5x-2k）≥0对任意x∈R恒成立，即为e^x+$\frac{1}{2}$x²-$\frac{5}{2}$x-1-k≥0对任意x∈R恒成立，即k≤e^x+$\frac{1}{2}$x²-$\frac{5}{2}$x-1对任意x∈R恒成立．令h（x）=e^x+$\frac{1}{2}$x²-$\frac{5}{2}$x-1，求出导数，运用零点存在定理可得存在唯一的x₀∈（$\frac{1}{2}$，$\frac{3}{4}$）．使h′（x₀）=0，进而得到h（x）的最小值，再由条件，即可得到k的最大值．

解答 解：（Ⅰ）函数f（x）=e^x-x²+a的导数为f′（x）=e^x-2x，
即有在点x=0处的切线斜率为k=1，
由于在点x=0处的切线方程为y=bx，
则f（0）=0，f′（0）=b，
即为1+a=0，b=1，即a=-1，b=1．
f（x）=e^x-x²-1，即有g′（x）=$\frac{xf′（x）-f（x）}{{x}^{2}}$=$\frac{（x-1）（{e}^{x}-x-1）}{{x}^{2}}$，x＞0．
由y=e^x-x-1，y′=e^x-1＞0恒成立，即有y=e^x-x-1在x＞0递增，
则y=e^x-x-1＞0，
令g′（x）＞0，可得x＞1，令g′（x）＜0，可得0＜x＜1，
g（x）的增区间为（1，+∞），减区间为（0，1），
g（x）的极小值为g（1）=e-2，无极大值；
（Ⅱ）f（x）+$\frac{1}{2}$（3x²-5x-2k）≥0对任意x∈R恒成立，
即为e^x+$\frac{1}{2}$x²-$\frac{5}{2}$x-1-k≥0对任意x∈R恒成立，
即k≤e^x+$\frac{1}{2}$x²-$\frac{5}{2}$x-1对任意x∈R恒成立．
令h（x）=e^x+$\frac{1}{2}$x²-$\frac{5}{2}$x-1，h′（x）=e^x+x-$\frac{5}{2}$，
易得h′（x）在R上递增，h′（0）=-$\frac{3}{2}$＜0，h′（1）=e-$\frac{5}{2}$＞0，
h′（$\frac{1}{2}$）=${e}^{\frac{1}{2}}$-2＜0，h′（$\frac{3}{4}$）=${e}^{\frac{3}{4}}$-$\frac{7}{4}$＞$2.5{6}^{\frac{3}{4}}$-$\frac{7}{4}$＞2-$\frac{7}{4}$＞0，
则存在唯一的x₀∈（$\frac{1}{2}$，$\frac{3}{4}$）．使h′（x₀）=0，即${e}^{{x}_{0}}$+x₀-$\frac{5}{2}$=0．
当x＜x₀时，h′（x）＜0，当x＞x₀时，h′（x）＞0，
h（x）_min=h（x₀）=${e}^{{x}_{0}}$+$\frac{1}{2}$x₀²-$\frac{5}{2}$x₀-1，又h′（x₀）=0，
则h（x₀）=$\frac{1}{2}$（x₀²-7x₀+3），
由于$\frac{1}{2}$＜x₀＜$\frac{3}{4}$，则h（x₀）∈（-$\frac{27}{32}$，-$\frac{1}{8}$），
即有k≤e^x+$\frac{1}{2}$x²-$\frac{5}{2}$x-1对任意x∈R恒成立．
即为k≤h（x₀），
由k∈Z，则k_max=-1．

点评 本题考查导数的运用：求切线方程和单调区间、极值和最值，同时考查函数的零点存在定理和函数的单调性的运用，运用参数分离和不等式恒成立问题转化为求函数的最值问题是解题的关键．