Question

1．已知函數(shù)f（x）=ax²+x+a，g（x）=e^x
（Ⅰ）函數(shù)f（x）的圖象在點（1，f（1））處的切線與2x+y-1=0平行，求實數(shù)a的值；
（Ⅱ）設(shè)h（x）=$\frac{f（x）}{g（x）}$，當x∈[0，2]時，$\frac{f（x）}{g（x）}$≥$\frac{1}{g（2）}$恒成立，求實數(shù)a的取值范圍．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求導(dǎo)，由題意可知f′（1）=-2，代入即可求得實數(shù)a的值；
（Ⅱ）由題意可知，x∈[0，2]，h（x）≥$\frac{1}{{e}^{2}}$，則a≥$\frac{1}{{e}^{2}}$，求導(dǎo)，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性與導(dǎo)數(shù)的關(guān)系，即可求得實數(shù)a的取值范圍．，

解答 解：（Ⅰ）f（x）=ax²+x+a，求導(dǎo)f′（x）=2ax+1，
由f（x）的圖象在點（1，f（1））處的切線與2x+y-1=0平行，
則f′（1）=-2，則2a+1=-2，
a=-$\frac{3}{2}$，
∴實數(shù)a的值-$\frac{3}{2}$；
（Ⅱ）h（x）=$\frac{f（x）}{g（x）}$≥$\frac{1}{g（2）}$，即h（x）≥$\frac{a{x}^{2}+x+a}{{e}^{x}}$≥$\frac{1}{{e}^{2}}$，
由x∈[0，2]，h（x）≥$\frac{1}{{e}^{2}}$，
∴$\left\{\begin{array}{l}{h（0）=a≥\frac{1}{{e}^{2}}}\\{h（2）=\frac{5a+2}{{e}^{2}}≥\frac{1}{{e}^{2}}}\end{array}\right.$，解得：a≥$\frac{1}{{e}^{2}}$，
h′（x）=$\frac{-a{x}^{2}+（2a-1）x+1-a}{{e}^{x}}$=$\frac{-a（x-1）[x-（1-\frac{1}{a}）]}{{e}^{x}}$，
a≥$\frac{1}{{e}^{2}}$，
∴1-$\frac{1}{a}$＜1＜2，
①當1-$\frac{1}{a}$≤0，即$\frac{1}{{e}^{2}}$≤a≤1，h（x）在（1-$\frac{1}{a}$，1）上單調(diào)遞增，在（1，2）單調(diào)遞減；
∴$\left\{\begin{array}{l}{h（0）≥\frac{1}{{e}^{2}}}\\{h（2）≥\frac{1}{{e}^{2}}}\end{array}\right.$，則$\frac{1}{{e}^{2}}$≤a≤1，符合題意；
②當1-$\frac{1}{a}$＞0，即a＞1時，h（x），h′（x）在[0，2]上的變化如下：

x	0	（0，1-$\frac{1}{a}$）	1-$\frac{1}{a}$	（1-$\frac{1}{a}$，1）	1	（1，2）	2
h′（x）		-	0	+	0	-
h（x），		↓	極小值	↑	極大值	↓

∴只需$\left\{\begin{array}{l}{h（2）≥\frac{1}{{e}^{2}}}\\{h（1-\frac{1}{a}）≥\frac{1}{{e}^{2}}}\end{array}\right.$，又h（2）≥$\frac{1}{{e}^{2}}$成立，故只需h（1-$\frac{1}{a}$）≥$\frac{1}{{e}^{2}}$，即${e}^{-1-\frac{1}{a}}$≤2a-1，
下面證明：當a＞1時，${e}^{-1-\frac{1}{a}}$≤2a-1，恒成立：
當a＞1時，2a-1＞1；
同時0＜$\frac{1}{a}$＜1，∴-1＞-1-$\frac{1}{a}$≥-2，∴${e}^{-1-\frac{1}{a}}$＜e^-1=$\frac{1}{e}$，
∴2a-1＞1＞$\frac{1}{e}$＞${e}^{-1-\frac{1}{a}}$，∴a＞1符合題意；
綜上，a的取值范圍是[$\frac{1}{{e}^{2}}$，+∞）．

點評 本題考查導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用，考查導(dǎo)數(shù)與函數(shù)單調(diào)性的關(guān)系，考查導(dǎo)數(shù)的幾何意義，考查分類討論思想，屬于中檔題．