Question

19．已知函數(shù)h（x）=（x-a）e^x+a．
（1）若x∈[-1，1]，求函數(shù)h（x）的最小值；
（2）當(dāng)a=3時，若對?x₁∈[-1，1]，?x₂∈[1，2]，使得h（x₁）≥x₂²-2bx₂-ae+e+$\frac{15}{2}$成立，求b的范圍．

Answer 1

分析 （1）求出極值點x=a-1．通過當(dāng)a≤0時，當(dāng)0＜a＜2時，當(dāng)a≥2時，利用函數(shù)的單調(diào)性求解函數(shù)的最小值．
（2）令$f（x）={x^2}-2bx-ae+e+\frac{15}{2}$，“對?x₁∈[-1，1]，?x₂∈[1，2]，使得$h（{x_1}）≥{x_2}^2-2b{x_2}-ae+e+\frac{15}{2}$成立”等價于“f（x）在[1，2]上的最小值不大于h（x）在[-1，1]上的最小值”．推出h（x）_min≥f（x）_min．通過①當(dāng)b≤1時，②當(dāng)1＜b＜2時，③當(dāng)b≥2時，分別利用極值與最值求解b的取值范圍．

解答 解：（1）h'（x）=（x-a+1）e^x，令h'（x）=0得x=a-1．
當(dāng)a-1≤-1即a≤0時，在[-1，1]上h'（x）≥0，函數(shù)h（x）=（x-a）e^x+a遞增，h（x）的最小值為$h（-1）=a-\frac{1+a}{e}$．
當(dāng)-1＜a-1＜1即0＜a＜2時，在x∈[-1，a-1]上h'（x）≤0，h（x）為減函數(shù)，在x∈[a-1，1]上h'（x）≥0，h（x）為增函數(shù)．∴h（x）的最小值為h（a-1）=-e^a-1+a．
當(dāng)a-1≥1即a≥2時，在[-1，1]上h'（x）≤0，h（x）遞減，h（x）的最小值為h（1）=（1-a）e+a．
綜上所述，當(dāng)a≤0時h（x）的最小值為$a-\frac{1+a}{e}$，當(dāng)a≥2時h（x）的最小值為（1-a）e+a，當(dāng)0＜a＜2時，h（x）最小值為-e^a-1+a．
（2）令$f（x）={x^2}-2bx-ae+e+\frac{15}{2}$，
由題可知“對?x₁∈[-1，1]，?x₂∈[1，2]，使得$h（{x_1}）≥{x_2}^2-2b{x_2}-ae+e+\frac{15}{2}$成立”
等價于“f（x）在[1，2]上的最小值不大于h（x）在[-1，1]上的最小值”．
即h（x）_min≥f（x）_min．
由（1）可知，當(dāng)a=3時，h（x）_min=h（1）=（1-a）e+a=-2e+3．
當(dāng)a=3時，$f（x）={x^2}-2bx-2e+\frac{15}{2}={（x-b）^2}-{b^2}-2e+\frac{15}{2}$，x∈[1，2]，
①當(dāng)b≤1時，$f{（x）_{min}}=f（1）=-2b-2e+\frac{17}{2}$，
由$-2e+3≥-2b-2e+\frac{17}{2}$得$b≥\frac{11}{4}$，與b≤1矛盾，舍去．
②當(dāng)1＜b＜2時，$f{（x）_{min}}=f（b）=-{b^2}-2e+\frac{15}{2}$，
由$-2e+3≥-{b^2}-2e+\frac{15}{2}$得${b^2}≥\frac{9}{2}$，與1＜b＜2矛盾，舍去．
③當(dāng)b≥2時，$f{（x）_{min}}=f（2）=-4b-2e+\frac{23}{2}$，
由$-2e+3≥-4b-2e+\frac{23}{2}$得$b≥\frac{17}{8}$．
綜上，b的取值范圍是$[{\frac{17}{8}，+∞}）$．

點評 本題考查函數(shù)的導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用，函數(shù)的極值以及函數(shù)的單調(diào)性與函數(shù)的最值的關(guān)系，考查分析問題解決問題的能力．