Question

15．已知函數f（x）=e^x+（a+1）x（其中e為自然對數的底數）
（1）設過點（0，0）的直線l與曲線f（x）相切于點（x₀，f（x₀）），求x₀的值；
（2）若函數g（x）=ax²+ex+1的圖象與函數f（x）的圖象在（0，1）內有交點，求實數a的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）求得f（x）的導數，可得切線的斜率，和切線方程，代入原點化簡，解方程可得x₀的值；
（2）令h（x）=f（x）-g（x）=e^x-ax²+（a-e+1）x-1，求出導數，設k（x）=e^x-2ax+a-e+1，運用零點存在定理可得k（x）在（0，1）上至少有兩個零點，再對a討論，可得k（x）的單調性，以及最小值，證明小于0，從而得到h（x）的單調性和零點個數，即可得到a的范圍．

解答 解：（1）因為函數f（x）=e^x+（a+1）x，所以f′（x）=e^x+（a+1），
故直線l的斜率為${f^'}（{x_0}）={e^{x_0}}+（a+1）$，
點（x₀，f（x₀））的切線l的方程為$y-f（{x_0}）=（{e^{x_0}}+（a+1））（x-{x_0}）$，
因直線過（0，0），
即${e^{x_0}}+（a+1）{x_0}=（{e^{x_0}}+（a+1））{x_0}$
解之得，x₀=1；
（2）令h（x）=f（x）-g（x）=e^x-ax²+（a-e+1）x-1，
所以h′（x）=e^x-2ax+a-e+1，
設k（x）=e^x-2ax+a-e+1，則k′（x）=e^x-2a，
因函數g（x）=ax²+ex+1的圖象與函數f（x）的圖象在（0，1）內有交點，
設x₀為h（x）在（0，1）內的一個零點，
由h（0）=0，h（1）=0，
所以h（x）在（0，x₀）和（x₀，1）上不可能單增，也不可能單減，
所以k（x）在（0，x₀）和（x₀，1）上均存在零點，
即k（x）在（0，1）上至少有兩個零點，
當$a≤\frac{1}{2}$時，k′（x）＞0，k（x）在（0，1）上遞增，k（x）不可能有兩個及以上零點；
當$a≥\frac{e}{2}$時，h′（x）＜0，k（x）在（0，1）上遞減，k（x）不可能有兩個及以上零點；
當$\frac{1}{2}＜a＜\frac{e}{2}$時，令k′（x）=0，得x=ln（2a）∈（0，1），
∴k（x）在（0，ln（2a））上遞減，在（ln（2a），1）上遞增，
所以$k（ln（2a））=2a-2aln（2a）-（e-1-a）=3a-2aln（2a）+1-e（\frac{1}{2}＜a＜\frac{e}{2}）$
設$φ（x）=\frac{3}{2}x-xlnx+1-e（1＜x＜e）$，則${φ^'}（x）=\frac{1}{2}-lnx$，
令φ′（x）=0，得$x=\sqrt{e}$，
當$1＜x＜\sqrt{e}$時，φ′（x）＞0，φ（x）遞增，
當$\sqrt{e}＜x＜e$時，φ′（x）＜0，φ（x）遞減，
所以$φ{（x）_{max}}=\sqrt{e}+1-e＜0$，
∴k（ln（2a））＜0恒成立，
若k（x）有兩個零點，則有k（ln（2a））＜0，k（0）＞0，k（1）＞0，
由k（0）=a+2-e＞0，k（1）=1-a＞0，得e-2＜a＜1，
當e-2＜a＜1，設k（x）的兩個零點為x₁，x₂，
則h（x）在（0，x₁）遞增，在（x₁，x₂）遞減，在（x₂，1）遞增，
∴h（x₁）＞h（x）=0，h（x₂）＜h（1）=0，
所以h（x）在（x₁，x₂）內有零點，
即函數g（x）=ax²+ex+1的圖象與函數f（x）的圖象在（0，1）內有交點，
綜上，實數a的取值范圍是（e-2，1）．

點評 本題考查導數的運用：求切線的方程和單調區(qū)間，考查轉化思想，以及分類討論思想方法，正確構造函數和運用零點存在定理是解題的關鍵，屬于難題．