Question

11．已知函数f（x）=e^ax+b在（0，f（0））处的切线为y=x+1．
（1）若对任意x∈R，有f（x）≥kx成立，求实数k的取值范围．
（2）证明：对任意t∈（-∞，2]，f（x）＞t+lnx成立．

Answer 1

分析 （1）通过讨论k的范围，结合函数的单调性求出k的具体范围即可；
（2）法一：构造函数h（x）=ex-lnx-t（x＞0）（t≤2），根据函数的单调性证明即可；
法二：问题转化为证e^x＞2+lnx，令h（x）=e^x-lnx-2，h′（x）=e^x-$\frac{1}{x}$=$\frac{x{e}^{x}-1}{x}$（x＞0），根据函数的单调性证明即可．

解答 解：（1）由f′（x）=e^ax得k=f′（0）=a=1，
由切点（0，f（0））在切线y=x+1上，得f（0）=1，
所以切点为（0，1），由点（0，1）在f（x）=e^ax+b上，
得b=0，所以f（x）=e^x…（2分）
当k＜0时，对于x∈R，e^x≥kx显然不恒成立
当k=0时，e^x≥kx显然成立…（3分）
当k＞0时，若要e^x-kx≥0恒成立，必有（e^x-kx）_min≥0
设t（x）=e^x-kx，则t′（x）=e^x-k
易知t（x）在（-∞，lnk）上单调递减，在（lnk，+∞）上单调递增，则t（x）_min=k（1-lnk）
若e^x-kx≥0恒成立，即t（x）_min=k（1-lnk）≥0，得0＜k≤e
综上得0≤k≤e…（6分）
（2）证法1：由（1）知e^x≥ex成立，构造函数h（x）=ex-lnx-t（x＞0）（t≤2）
h′（x）=e-$\frac{1}{x}$=$\frac{ex-1}{x}$所以$h{（x）_{min}}=h（\frac{1}{e}）=1-ln\frac{1}{e}-t=2-t≥0$（t≤2）
有ex≥lnx+t成立（当$x=\frac{1}{e}，t=2$时取等号）．由（1）知e^x≥ex成立（当x=1时取等号），
所以有e^x＞t+lnx成立，即对任意t∈（-∞，2]，f（x）＞t+lnx成立…（12分）
证法2，因为t≤2，所以要证e^x＞t+lnx，只须证e^x＞2+lnx
令h（x）=e^x-lnx-2，h′（x）=e^x-$\frac{1}{x}$=$\frac{x{e}^{x}-1}{x}$（x＞0），
令t（x）=xe^x-1，t′（x）=e^x+xe^x＞0，所以t（x）在（0，+∞）递增，
t（x）＞t（0）=-1，由于t（0）=-1＜0，t（1）=e-1＞0
所以存在x₀∈（0，1），有$t（{x_0}）={x_0}{e^{x_0}}-1=0$，则${e^{x_0}}=\frac{1}{x_0}$，x₀=-lnx₀
即h′（x）＞0得x＞x₀，h′（x）＜0得0＜x＜x₀
所以$h（x）≥h（{x_0}）={e^{x_0}}-ln{x_0}-2=\frac{1}{x_0}+{x_0}-2＞2-2=0$
所以e^x-2-lnx＞0成立，即e^x＞t+lnx成立
即对任意t∈（-∞，2]，f（x）＞t+lnx成立…（12分）

点评 本题考查函数的单调性、最值问题，考查导数的应用以及分类讨论思想，转化思想，是一道综合题．