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15.已知函數(shù)f(x)=ex+(a+1)x(其中e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù))
(1)設(shè)過(guò)點(diǎn)(0,0)的直線l與曲線f(x)相切于點(diǎn)(x0,f(x0)),求x0的值;
(2)若函數(shù)g(x)=ax2+ex+1的圖象與函數(shù)f(x)的圖象在(0,1)內(nèi)有交點(diǎn),求實(shí)數(shù)a的取值范圍.

分析 (1)求得f(x)的導(dǎo)數(shù),可得切線的斜率,和切線方程,代入原點(diǎn)化簡(jiǎn),解方程可得x0的值;
(2)令h(x)=f(x)-g(x)=ex-ax2+(a-e+1)x-1,求出導(dǎo)數(shù),設(shè)k(x)=ex-2ax+a-e+1,運(yùn)用零點(diǎn)存在定理可得k(x)在(0,1)上至少有兩個(gè)零點(diǎn),再對(duì)a討論,可得k(x)的單調(diào)性,以及最小值,證明小于0,從而得到h(x)的單調(diào)性和零點(diǎn)個(gè)數(shù),即可得到a的范圍.

解答 解:(1)因?yàn)楹瘮?shù)f(x)=ex+(a+1)x,所以f′(x)=ex+(a+1),
故直線l的斜率為{f^'}({x_0})={e^{x_0}}+(a+1),
點(diǎn)(x0,f(x0))的切線l的方程為yfx0=ex0+a+1xx0,
因直線過(guò)(0,0),
ex0+a+1x0=ex0+a+1x0
解之得,x0=1;
(2)令h(x)=f(x)-g(x)=ex-ax2+(a-e+1)x-1,
所以h′(x)=ex-2ax+a-e+1,
設(shè)k(x)=ex-2ax+a-e+1,則k′(x)=ex-2a,
因函數(shù)g(x)=ax2+ex+1的圖象與函數(shù)f(x)的圖象在(0,1)內(nèi)有交點(diǎn),
設(shè)x0為h(x)在(0,1)內(nèi)的一個(gè)零點(diǎn),
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(diǎn),
即k(x)在(0,1)上至少有兩個(gè)零點(diǎn),
當(dāng)a12時(shí),k′(x)>0,k(x)在(0,1)上遞增,k(x)不可能有兩個(gè)及以上零點(diǎn);
當(dāng)ae2時(shí),h′(x)<0,k(x)在(0,1)上遞減,k(x)不可能有兩個(gè)及以上零點(diǎn);
當(dāng)12ae2時(shí),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kln2a=2a2aln2ae1a=3a2aln2a+1e12ae2
設(shè)φx=32xxlnx+1e1xe,則{φ^'}(x)=\frac{1}{2}-lnx,
令φ′(x)=0,得x=e,
當(dāng)1xe時(shí),φ′(x)>0,φ(x)遞增,
當(dāng)exe時(shí),φ′(x)<0,φ(x)遞減,
所以φ(diào)xmax=e+1e0,
∴k(ln(2a))<0恒成立,
若k(x)有兩個(gè)零點(diǎn),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(dāng)e-2<a<1,設(shè)k(x)的兩個(gè)零點(diǎn)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(nèi)有零點(diǎn),
即函數(shù)g(x)=ax2+ex+1的圖象與函數(shù)f(x)的圖象在(0,1)內(nèi)有交點(diǎn),
綜上,實(shí)數(shù)a的取值范圍是(e-2,1).

點(diǎn)評(píng) 本題考查導(dǎo)數(shù)的運(yùn)用:求切線的方程和單調(diào)區(qū)間,考查轉(zhuǎn)化思想,以及分類(lèi)討論思想方法,正確構(gòu)造函數(shù)和運(yùn)用零點(diǎn)存在定理是解題的關(guān)鍵,屬于難題.

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