Question

13．已知函數(shù)f（x）=e^2x（ax²+2x-1），a∈R．
（Ⅰ）當(dāng)a=4時，求證：過點P（1，0）有三條直線與曲線y=f（x）相切；
（Ⅱ）當(dāng)x≤0時，f（x）+1≥0，求實數(shù)a的取值范圍．

Answer 1

分析 （Ⅰ）方法一、求出f（x）的解析式和導(dǎo)數(shù)，設(shè)直線與曲線y=f（x）相切，其切點為（x₀，f（x₀）），求出切線的方程，代入P的坐標(biāo)，整理成三次方程，運用兩點存在定理，考慮方程的根的情況即可得證；
方法二、求出f（x）的解析式和導(dǎo)數(shù)，設(shè)直線與曲線y=f（x）相切，其切點為（x₀，f（x₀）），求出切線的方程，代入P的坐標(biāo)，整理成三次方程，構(gòu)造三次函數(shù)，求出導(dǎo)數(shù)和單調(diào)區(qū)間及極值，即可得證；
（Ⅱ）由題意可得當(dāng)x≤0時，e^2x（ax²+2x-1）+1≥0，構(gòu)造$h（x）=a{x^2}+2x-1+\frac{1}{{{e^{2x}}}}$，設(shè)$m（x）=ax+1-\frac{1}{{{e^{2x}}}}$，求出導(dǎo)數(shù)，討論a的范圍，運用單調(diào)性即可得到a的范圍．

解答 解法一：（Ⅰ）證明：當(dāng)a=4時，f（x）=e^2x（4x²+2x-1），
f'（x）=e^2x•2（4x²+2x-1）+e^2x（8x+2）=2e^2x（4x²+6x）…（1分）
設(shè)直線與曲線y=f（x）相切，其切點為（x₀，f（x₀）），
則曲線y=f（x）在點（x₀，f（x₀））處的切線方程為：y-f（x₀）=f'（x₀）（x-x₀），
因為切線過點P（1，0），所以-f（x₀）=f'（x₀）（1-x₀），…（2分）
即$-{e^{2{x_0}}}（{4{x_0}^2+2{x_0}-1}）=2{e^{2{x_0}}}（{4{x_0}^2+6{x_0}}）（{1-{x_0}}）$，
∵${e^{2{x_0}}}＞0$，∴$8{x_0}^3-14{x_0}+1=0$，…（3分）
設(shè)g（x）=8x³-14x+1，
∵g（-2）=-35＜0，g（0）=1＞0，g（1）=-5＜0，g（2）=37＞0…（4分）
∴g（x）=0在三個區(qū)間（-2，0），（0，1），（1，2）上至少各有一個根．
又因為一元三次方程至多有三個根，所以方程8x³-14x+1=0恰有三個根，
故過點P（1，0）有三條直線與曲線y=f（x）相切．   …（5分）
（Ⅱ）∵當(dāng)x≤0時，f（x）+1≥0，即當(dāng)x≤0時，e^2x（ax²+2x-1）+1≥0，
∴當(dāng)x≤0時，$a{x^2}+2x-1+\frac{1}{{{e^{2x}}}}≥0$，…（6分）
設(shè)$h（x）=a{x^2}+2x-1+\frac{1}{{{e^{2x}}}}$，
則$h'（x）=2ax+2-\frac{2}{{{e^{2x}}}}=2（ax+1-\frac{1}{{{e^{2x}}}}）$，…（7分）
設(shè)$m（x）=ax+1-\frac{1}{{{e^{2x}}}}$，則$m'（x）=a+\frac{2}{{{e^{2x}}}}$．
（1）當(dāng)a≥-2時，∵x≤0，∴$\frac{2}{{{e^{2x}}}}≥2$，從而m'（x）≥0（當(dāng)且僅當(dāng)x=0時，等號成立）
∴$m（x）=ax+1-\frac{1}{{{e^{2x}}}}$在（-∞，0]上單調(diào)遞增，
又∵m（0）=0，∴當(dāng)x≤0時，m（x）≤0，從而當(dāng)x≤0時，h'（x）≤0，
∴$h（x）=a{x^2}+2x-1+\frac{1}{{{e^{2x}}}}$在（-∞，0]上單調(diào)遞減，又∵h（0）=0，
從而當(dāng)x≤0時，h（x）≥0，即$a{x^2}+2x-1+\frac{1}{{{e^{2x}}}}≥0$
于是當(dāng)x≤0時，f（x）+1≥0，…（9分）
（2）當(dāng)a＜-2時，令m'（x）=0，得$a+\frac{2}{{{e^{2x}}}}=0$，∴$x=\frac{1}{2}ln（{-\frac{2}{a}}）＜0$，
故當(dāng)$x∈（\frac{1}{2}ln（-\frac{2}{a}），\left.0]$時，$m'（x）=\frac{a}{{{e^{2x}}}}（{{e^{2x}}+\frac{2}{a}}）＜0$，
∴$m（x）=ax+1-\frac{1}{{{e^{2x}}}}$在$（\frac{1}{2}ln（-\frac{2}{a}），\left.0]$上單調(diào)遞減，
又∵m（0）=0，∴當(dāng)$x∈（\frac{1}{2}ln（-\frac{2}{a}），\left.0]$時，m（x）≥0，
從而當(dāng)$x∈（\frac{1}{2}ln（-\frac{2}{a}），\left.0]$時，h'（x）≥0，
∴$h（x）=a{x^2}+2x-1+\frac{1}{{{e^{2x}}}}$在$（\frac{1}{2}ln（-\frac{2}{a}），\left.0]$上單調(diào)遞增，
又∵h（0）=0，
從而當(dāng)$x∈（\frac{1}{2}ln（-\frac{2}{a}），0）$時，h（x）＜0，即$a{x^2}+2x-1+\frac{1}{{{e^{2x}}}}＜0$
于是當(dāng)$x∈（\frac{1}{2}ln（-\frac{2}{a}），0）$時，f（x）+1＜0，…（11分）
綜合得a的取值范圍為[-2，+∞）．…（12分）
解法二：（Ⅰ）當(dāng)a=4時，f（x）=e^2x（4x²+2x-1），
f'（x）=e^2x•2（4x²+2x-1）+e^2x（8x+2）=2e^2x（4x²+6x），…（1分）
設(shè)直線與曲線y=f（x）相切，其切點為（x₀，f（x₀）），
則曲線y=f（x）在點（x₀，f（x₀））處的切線方程為y-f（x₀）=f'（x₀）（x-x₀），
因為切線過點P（1，0），所以-f（x₀）=f'（x₀）（1-x₀），…（2分）
即$-{e^{2{x_0}}}（{4{x_0}^2+2{x_0}-1}）=2{e^{2{x_0}}}（{4{x_0}^2+6{x_0}}）（{1-{x_0}}）$，
∵${e^{2{x_0}}}＞0$，∴$8{x_0}^3-14{x_0}+1=0$…（3分）
設(shè)g（x）=8x³-14x+1，則g'（x）=24x²-14，令g'（x）=0得$x=±\sqrt{\frac{7}{12}}$，
當(dāng)x變化時，g（x），g'（x）變化情況如下表：

x	$（-∞，-\sqrt{\frac{7}{12}}）$	$-\sqrt{\frac{7}{12}}$	$（-\sqrt{\frac{7}{12}}，\sqrt{\frac{7}{12}}）$	$\sqrt{\frac{7}{12}}$	$（\sqrt{\frac{7}{12}}，+∞）$
g'（x）	+	0	-	0	+
g（x）	↗	極大值$\frac{28}{3}\sqrt{\frac{7}{12}}+1$	↘	極小值$-\frac{28}{3}\sqrt{\frac{7}{12}}+1$	↗

…（4分）∴8x³-14x+1=0恰有三個根，
故過點P（1，0）有三條直線與曲線y=f（x）相切．          …（5分）
（Ⅱ）同解法一．

點評 本題考查導(dǎo)數(shù)的運用：求切線的方程和單調(diào)區(qū)間和極值，考查分類討論思想方法和構(gòu)造函數(shù)法，化簡整理的運算能力，屬于難題．