Question

13．已知函数f（x）=e^2x（ax²+2x-1），a∈R．
（Ⅰ）当a=4时，求证：过点P（1，0）有三条直线与曲线y=f（x）相切；
（Ⅱ）当x≤0时，f（x）+1≥0，求实数a的取值范围．

Answer 1

分析 （Ⅰ）方法一、求出f（x）的解析式和导数，设直线与曲线y=f（x）相切，其切点为（x₀，f（x₀）），求出切线的方程，代入P的坐标，整理成三次方程，运用两点存在定理，考虑方程的根的情况即可得证；
方法二、求出f（x）的解析式和导数，设直线与曲线y=f（x）相切，其切点为（x₀，f（x₀）），求出切线的方程，代入P的坐标，整理成三次方程，构造三次函数，求出导数和单调区间及极值，即可得证；
（Ⅱ）由题意可得当x≤0时，e^2x（ax²+2x-1）+1≥0，构造$h（x）=a{x^2}+2x-1+\frac{1}{{{e^{2x}}}}$，设$m（x）=ax+1-\frac{1}{{{e^{2x}}}}$，求出导数，讨论a的范围，运用单调性即可得到a的范围．

解答 解法一：（Ⅰ）证明：当a=4时，f（x）=e^2x（4x²+2x-1），
f'（x）=e^2x•2（4x²+2x-1）+e^2x（8x+2）=2e^2x（4x²+6x）…（1分）
设直线与曲线y=f（x）相切，其切点为（x₀，f（x₀）），
则曲线y=f（x）在点（x₀，f（x₀））处的切线方程为：y-f（x₀）=f'（x₀）（x-x₀），
因为切线过点P（1，0），所以-f（x₀）=f'（x₀）（1-x₀），…（2分）
即$-{e^{2{x_0}}}（{4{x_0}^2+2{x_0}-1}）=2{e^{2{x_0}}}（{4{x_0}^2+6{x_0}}）（{1-{x_0}}）$，
∵${e^{2{x_0}}}＞0$，∴$8{x_0}^3-14{x_0}+1=0$，…（3分）
设g（x）=8x³-14x+1，
∵g（-2）=-35＜0，g（0）=1＞0，g（1）=-5＜0，g（2）=37＞0…（4分）
∴g（x）=0在三个区间（-2，0），（0，1），（1，2）上至少各有一个根．
又因为一元三次方程至多有三个根，所以方程8x³-14x+1=0恰有三个根，
故过点P（1，0）有三条直线与曲线y=f（x）相切．   …（5分）
（Ⅱ）∵当x≤0时，f（x）+1≥0，即当x≤0时，e^2x（ax²+2x-1）+1≥0，
∴当x≤0时，$a{x^2}+2x-1+\frac{1}{{{e^{2x}}}}≥0$，…（6分）
设$h（x）=a{x^2}+2x-1+\frac{1}{{{e^{2x}}}}$，
则$h'（x）=2ax+2-\frac{2}{{{e^{2x}}}}=2（ax+1-\frac{1}{{{e^{2x}}}}）$，…（7分）
设$m（x）=ax+1-\frac{1}{{{e^{2x}}}}$，则$m'（x）=a+\frac{2}{{{e^{2x}}}}$．
（1）当a≥-2时，∵x≤0，∴$\frac{2}{{{e^{2x}}}}≥2$，从而m'（x）≥0（当且仅当x=0时，等号成立）
∴$m（x）=ax+1-\frac{1}{{{e^{2x}}}}$在（-∞，0]上单调递增，
又∵m（0）=0，∴当x≤0时，m（x）≤0，从而当x≤0时，h'（x）≤0，
∴$h（x）=a{x^2}+2x-1+\frac{1}{{{e^{2x}}}}$在（-∞，0]上单调递减，又∵h（0）=0，
从而当x≤0时，h（x）≥0，即$a{x^2}+2x-1+\frac{1}{{{e^{2x}}}}≥0$
于是当x≤0时，f（x）+1≥0，…（9分）
（2）当a＜-2时，令m'（x）=0，得$a+\frac{2}{{{e^{2x}}}}=0$，∴$x=\frac{1}{2}ln（{-\frac{2}{a}}）＜0$，
故当$x∈（\frac{1}{2}ln（-\frac{2}{a}），\left.0]$时，$m'（x）=\frac{a}{{{e^{2x}}}}（{{e^{2x}}+\frac{2}{a}}）＜0$，
∴$m（x）=ax+1-\frac{1}{{{e^{2x}}}}$在$（\frac{1}{2}ln（-\frac{2}{a}），\left.0]$上单调递减，
又∵m（0）=0，∴当$x∈（\frac{1}{2}ln（-\frac{2}{a}），\left.0]$时，m（x）≥0，
从而当$x∈（\frac{1}{2}ln（-\frac{2}{a}），\left.0]$时，h'（x）≥0，
∴$h（x）=a{x^2}+2x-1+\frac{1}{{{e^{2x}}}}$在$（\frac{1}{2}ln（-\frac{2}{a}），\left.0]$上单调递增，
又∵h（0）=0，
从而当$x∈（\frac{1}{2}ln（-\frac{2}{a}），0）$时，h（x）＜0，即$a{x^2}+2x-1+\frac{1}{{{e^{2x}}}}＜0$
于是当$x∈（\frac{1}{2}ln（-\frac{2}{a}），0）$时，f（x）+1＜0，…（11分）
综合得a的取值范围为[-2，+∞）．…（12分）
解法二：（Ⅰ）当a=4时，f（x）=e^2x（4x²+2x-1），
f'（x）=e^2x•2（4x²+2x-1）+e^2x（8x+2）=2e^2x（4x²+6x），…（1分）
设直线与曲线y=f（x）相切，其切点为（x₀，f（x₀）），
则曲线y=f（x）在点（x₀，f（x₀））处的切线方程为y-f（x₀）=f'（x₀）（x-x₀），
因为切线过点P（1，0），所以-f（x₀）=f'（x₀）（1-x₀），…（2分）
即$-{e^{2{x_0}}}（{4{x_0}^2+2{x_0}-1}）=2{e^{2{x_0}}}（{4{x_0}^2+6{x_0}}）（{1-{x_0}}）$，
∵${e^{2{x_0}}}＞0$，∴$8{x_0}^3-14{x_0}+1=0$…（3分）
设g（x）=8x³-14x+1，则g'（x）=24x²-14，令g'（x）=0得$x=±\sqrt{\frac{7}{12}}$，
当x变化时，g（x），g'（x）变化情况如下表：

x	$（-∞，-\sqrt{\frac{7}{12}}）$	$-\sqrt{\frac{7}{12}}$	$（-\sqrt{\frac{7}{12}}，\sqrt{\frac{7}{12}}）$	$\sqrt{\frac{7}{12}}$	$（\sqrt{\frac{7}{12}}，+∞）$
g'（x）	+	0	-	0	+
g（x）	↗	极大值$\frac{28}{3}\sqrt{\frac{7}{12}}+1$	↘	极小值$-\frac{28}{3}\sqrt{\frac{7}{12}}+1$	↗

…（4分）∴8x³-14x+1=0恰有三个根，
故过点P（1，0）有三条直线与曲线y=f（x）相切．          …（5分）
（Ⅱ）同解法一．

点评 本题考查导数的运用：求切线的方程和单调区间和极值，考查分类讨论思想方法和构造函数法，化简整理的运算能力，属于难题．