Question

14．已知函數(shù)f（x）=2e^x+2ax-a²，a∈R．
（1）求函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間和極值；
（2）若x≥0時，f（x）≥x²-3恒成立，求實數(shù)a的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）先求導(dǎo)，再分類討論，根據(jù)導(dǎo)數(shù)和函數(shù)的單調(diào)性的關(guān)系即可求出單調(diào)區(qū)間，從而求出函數(shù)的極值；
（2）先構(gòu)造函數(shù)g（x）=f（x）-x²+3，求導(dǎo)后再構(gòu)造函數(shù)h（x）=2（e^x-1），根據(jù)導(dǎo)數(shù)和函最值關(guān)系，分類討論，當(dāng)a≥-1時，求出a的范圍，當(dāng)a＜1時，?x₀＞0，使h（x₀）=0，x∈（0，x₀）時，g（x）單調(diào)遞減，x∈（x₀，+∞）時，g（x）單調(diào)遞增，求出函數(shù)的最值，再構(gòu)造函數(shù)M（x）=x-e^x，0＜x≤ln3，求導(dǎo)，即可求出a的范圍．

解答 解：（1）∵f′（x）=2e^x+2a，
當(dāng)a≥0時，f′（x）＞0恒成立，
∴f（x）在R上單調(diào)遞增，
當(dāng)a＜0時，當(dāng)f′（x）＞0，即x＞ln（-a）時，函數(shù)單調(diào)遞增，
當(dāng)f′（x）＜0，即x＜ln（-a）時，函數(shù)單調(diào)遞減，
綜上所述：當(dāng)a≥0時，f（x）在R上單調(diào)遞增，函數(shù)無極值；
當(dāng)a＜0時，f（x）在（-∞，ln（-a））上單調(diào)遞減，在（ln（-a），+∞）單調(diào)遞增，
f（x）_極小值=f（ln（-a））=-2a+2aln（-a）-a²；
（2）令g（x）=f（x）-x²+3=2e^x-（x-a）²+3，x≥0，
∴g′（x）=2（e^x-x+a），再令h（x）=2（e^x-x+a），
h′（x）=2（e^x-1）≥0，
∴h（x）在[0，+∞）單調(diào)遞增，且h（0）=2（a+1），
當(dāng)a≥-1時，g′（x）≥0，即函數(shù)g（x）在[0，+∞）單調(diào)遞增，
從而須滿足g（0）=5-a²≥0，解得-$\sqrt{5}$≤a≤$\sqrt{5}$，
又a≥-1，∴-1≤a≤$\sqrt{5}$，
當(dāng)a＜-1時，則?x₀＞0，使h（x₀）=0，且x∈（0，x₀）時，h（x）＜0，
即g′（x）＜0，即g（x）單調(diào)遞減，
x∈（x₀，+∞）時，h（x）＞0，即g′（x）＞0，即g（x）單調(diào)遞增，
g（x）_min=g（x₀）=2ex0-（x₀-a）²+3≥0，
又h（x₀）=2（ex0-x₀-a）=0，
從而e^x₀=x₀-a，即a=x₀-e^x₀，
令M（x）=x-e^x，0＜x≤ln3，
∴M′（x）=1-e^x＜0，
∴M（x）在（0，ln3]上單調(diào)遞減，
則M（x）≥M（ln3）=ln3-3，
又M（x）＜M（0）=1，
∴l(xiāng)n3-3≤a＜-1，
綜上所述ln3-3≤a≤$\sqrt{5}$．

點評 本題考查了函數(shù)的單調(diào)性與導(dǎo)數(shù)的幾何意義，考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用，考查函數(shù)恒成立問題，屬于難題．