Question

11．已知函數(shù)f（x）=e^ax+b在（0，f（0））處的切線為y=x+1．
（1）若對(duì)任意x∈R，有f（x）≥kx成立，求實(shí)數(shù)k的取值范圍．
（2）證明：對(duì)任意t∈（-∞，2]，f（x）＞t+lnx成立．

Answer 1

分析 （1）通過討論k的范圍，結(jié)合函數(shù)的單調(diào)性求出k的具體范圍即可；
（2）法一：構(gòu)造函數(shù)h（x）=ex-lnx-t（x＞0）（t≤2），根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性證明即可；
法二：問題轉(zhuǎn)化為證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），根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性證明即可．

解答 解：（1）由f′（x）=e^ax得k=f′（0）=a=1，
由切點(diǎn)（0，f（0））在切線y=x+1上，得f（0）=1，
所以切點(diǎn)為（0，1），由點(diǎn)（0，1）在f（x）=e^ax+b上，
得b=0，所以f（x）=e^x…（2分）
當(dāng)k＜0時(shí)，對(duì)于x∈R，e^x≥kx顯然不恒成立
當(dāng)k=0時(shí)，e^x≥kx顯然成立…（3分）
當(dāng)k＞0時(shí)，若要e^x-kx≥0恒成立，必有（e^x-kx）_min≥0
設(shè)t（x）=e^x-kx，則t′（x）=e^x-k
易知t（x）在（-∞，lnk）上單調(diào)遞減，在（lnk，+∞）上單調(diào)遞增，則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
綜上得0≤k≤e…（6分）
（2）證法1：由（1）知e^x≥ex成立，構(gòu)造函數(shù)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（當(dāng)$x=\frac{1}{e}，t=2$時(shí)取等號(hào)）．由（1）知e^x≥ex成立（當(dāng)x=1時(shí)取等號(hào)），
所以有e^x＞t+lnx成立，即對(duì)任意t∈（-∞，2]，f（x）＞t+lnx成立…（12分）
證法2，因?yàn)閠≤2，所以要證e^x＞t+lnx，只須證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，+∞）遞增，
t（x）＞t（0）=-1，由于t（0）=-1＜0，t（1）=e-1＞0
所以存在x₀∈（0，1），有$t（{x_0}）={x_0}{e^{x_0}}-1=0$，則${e^{x_0}}=\frac{1}{x_0}$，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
即對(duì)任意t∈（-∞，2]，f（x）＞t+lnx成立…（12分）

點(diǎn)評(píng) 本題考查函數(shù)的單調(diào)性、最值問題，考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用以及分類討論思想，轉(zhuǎn)化思想，是一道綜合題．