Question

3．已知函数f（x）=e^x，g（x）=ax+b（a，b∈R）．
（1）设h（x）=xg（x）+1．
①若a≠0，则a，b满足什么条件时，曲线y=f（x）与y=h（x）在x=0处总有相同的切线？
②当a=1时，求函数F（x）=$\frac{h（x）}{f（x）}$单调区间；
（2）若集合{x|f（x）＜g（x）}为空集，求ab的最大值．

Answer 1

分析 （1）①分别利用导数求出y=f（x）与y=h（x）在x=0的切线方程，根据两切线重合可求出a，b满足的条件；
②先求出函数F（x）的解析式，然后求出导函数F′（x），令F′（x）=0，讨论根的大小，从而求出函数的单调减区间；
（2）由集合{x|f（x）＜g（x）}为空集，可知不等式f（x）≥g（x）对任意x∈R恒成立，即y=f（x）-g（x）≥0恒成立．

解答 解：（1）h（x）=ax²+bx+1
①∵f′（x）=e^x，∴f′（0）=1，又f（0）=1，
∴y=f（x）在x=0处的切线方程为y=x+1…（2分）
又∵h′（x）=2ax+b，∴h′（0）=b，又h（0）=1，∴y=h（x）在x=0处的切线方程为y=bx+1，所以当a≠0，a∈R且b=1时，曲线y=f（x）与y=h（x）在x=0处总有相同的切线．…（4分）
（2）由a=1，$F（x）=\frac{{{x^2}+bx+1}}{e^x}$，∴$F′（x）=\frac{{-{x^2}+（2-b）x+b-1}}{e^x}$，
∴$F′（x）=\frac{{-{x^2}+（2-b）x+b-1}}{e^x}=-\frac{（x-1）（x-（1-b））}{e^x}$，…（6分）
由F′（x）=0，得x₁=1，x₂=1-b，∴当b＞0时，函数y=F（x）的减区间为（-∞，1-b），（1，+∞）；增区间为（1-b，1）；
当b=0时，函数y=F（x）的减区间为（-∞，+∞）；
当b＜0时，函数y=F（x）的减区间为（-∞，1），（1-b，+∞），增区间为（1，1-b），…（9分）
（2）由集合{x|f（x）＜g（x）}为空集，可知不等式f（x）≥g（x）对任意x∈R恒成立，即y=f（x）-g（x）≥0恒成立．…（10分）
当a≤0时，函数y=e^x-ax-b在R上单调递增，y≥0不恒成立，所以a＞0，此时y′=e^x-a=0，解得x=lna，当x＜lna时，y′＜0，函数单调递减，当x＞lna时，y′＞0，函数单调递增，所以要使y=f（x）-g（x）≥0恒成立，
只需y_min=a-alna-b≥0，…（12分）
所以b≤a-alna，ab≤a²-a²lna，a＞0，
令G（x）=x²-x²lnx，x＞0，则G′（x）=2x-2xlnx-x=x（1-2lnx），
令G′（x）=0解得$x=\sqrt{e}$，当$x∈（{0，\sqrt{e}}）$时，G′（x）＞0，函数G（x）单调递增，
当$x∈（{\sqrt{e}，+∞}）$时，G′（x）＜0，函数G（x）单调递减，
所以当$x=\sqrt{e}$时，函数G（x）=x²-x²lnx取得最大值$\frac{e}{2}$，所以$ab≤{a^2}-{a^2}lna≤\frac{e}{2}$，
所以ab的最大值为$\frac{e}{2}$．…（16分）

点评 本题考查了利用导数研究在曲线某点处的切线方程，利用导数研究函数的单调性，同时考查了不等式恒成立问题，解题过程中运用了构造函数的思想，是综合性较强的一道导数应用题．属于难题．