Question

13．已知f（x）=$\frac{3}{4}{e^{x+\frac{1}{2}}}$，g（x）=ax³-x²-x+b（a，b∈R，a≠0），g（x）的圖象C在x=-$\frac{1}{2}$處的切線方程是y=$\frac{3}{4}x+\frac{9}{8}$．
（1）若求a，b的值，并證明：當(dāng)x∈（-∞，2]時，g（x）的圖象C上任意一點都在切線y=$\frac{3}{4}x+\frac{9}{8}$上或在其下方；
（2）求證：當(dāng)x∈（-∞，2]時，f（x）≥g（x）．

Answer 1

分析 （1）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，根據(jù)$g'（-\frac{1}{2}）=\frac{3}{4}$，求出a的值，圖象C過點$A（-\frac{1}{2}，\frac{3}{4}）$，求出b的值，問題轉(zhuǎn)化為證明當(dāng)x∈（-∞，2]時，$\frac{3}{4}x+\frac{9}{8}≥g（x）$，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性證明即可；
（2）問題轉(zhuǎn)化為證明?x∈（-∞，2]，$f（x）≥\frac{3}{4}x+\frac{9}{8}$，構(gòu)造函數(shù)g（x），根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性證明即可．

解答 解：（1）g'（x）=3ax²-2x-1，
因為g（x）=ax³-x²-x+b的圖象C在$x=-\frac{1}{2}$處的切線方程是$y=\frac{3}{4}x+\frac{9}{8}$，
所以$g'（-\frac{1}{2}）=\frac{3}{4}$，即$3a{（-\frac{1}{2}）^2}-2×（-\frac{1}{2}）-1=\frac{3}{4}$，解得a=1．
因為圖象C過點$A（-\frac{1}{2}，\frac{3}{4}）$，所以${（-\frac{1}{2}）^3}-{（-\frac{1}{2}）^2}-（-\frac{1}{2}）+b=\frac{3}{4}$，解得$b=\frac{5}{8}$．
要證明：當(dāng)x∈（-∞，2]時，g（x）的圖象C上任意一點都在切線$y=\frac{3}{4}x+\frac{9}{8}$上或在其下方，
只要證明：當(dāng)x∈（-∞，2]時，$\frac{3}{4}x+\frac{9}{8}≥g（x）$．
令$k（x）=\frac{3}{4}x+\frac{9}{8}-g（x）=-{x^3}+{x^2}+\frac{7}{4}x+\frac{1}{2}$，
$k'（x）=-3{x^x}+2x+\frac{7}{4}$，令$k'（x）=-3{x^x}+2x+\frac{7}{4}=0$，得$x=-\frac{1}{2}，x=\frac{7}{6}$，
驗證得$k{（x）_{min}}=min\left\{{k（-\frac{1}{2}），k（2）}\right\}=0$，
所以?x∈（-∞，2]，$\frac{3}{4}x+\frac{9}{8}≥g（x）$成立，
所以當(dāng)x∈（-∞，2]時，g（x）的圖象C上任意一點都在切線$y=\frac{3}{4}x+\frac{9}{8}$上或在其下方．
（2）只要證明：?x∈（-∞，2]，$f（x）≥\frac{3}{4}x+\frac{9}{8}$．
?x∈（-∞，2]，令$h（x）=f（x）-（\frac{3}{4}x+\frac{9}{8}）=\frac{3}{4}{e^{x+\frac{1}{2}}}-\frac{3}{4}x-\frac{9}{8}$，
$h'（x）=\frac{3}{4}{e^{x+\frac{1}{2}}}-\frac{3}{4}$，令$h'（x）=0，x=-\frac{1}{2}$，
當(dāng)$x∈（-∞，-\frac{1}{2}）$時，h'（x）＜0，當(dāng)$x∈（-\frac{1}{2}，2）$時，h'（x）＞0，所以$h（x）≥h（-\frac{1}{2}）=0$，
所以?x∈（-∞，2]，$f（x）≥\frac{3}{4}x+\frac{9}{8}$成立，
又由（1）得，?x∈（-∞，2]，$\frac{3}{4}x+\frac{9}{8}≥g（x）$，
所以?x∈（-∞，2]，$f（x）≥\frac{3}{4}x+\frac{9}{8}≥g（x）$，
所以?x∈（-∞，2]，f（x）≥g（x）．

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)用以及不等式的證明，考查轉(zhuǎn)化思想，是一道綜合題．