Question

1．已知函数f（x）=ax²+x+a，g（x）=e^x
（Ⅰ）函数f（x）的图象在点（1，f（1））处的切线与2x+y-1=0平行，求实数a的值；
（Ⅱ）设h（x）=$\frac{f（x）}{g（x）}$，当x∈[0，2]时，$\frac{f（x）}{g（x）}$≥$\frac{1}{g（2）}$恒成立，求实数a的取值范围．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求导，由题意可知f′（1）=-2，代入即可求得实数a的值；
（Ⅱ）由题意可知，x∈[0，2]，h（x）≥$\frac{1}{{e}^{2}}$，则a≥$\frac{1}{{e}^{2}}$，求导，根据函数的单调性与导数的关系，即可求得实数a的取值范围．，

解答 解：（Ⅰ）f（x）=ax²+x+a，求导f′（x）=2ax+1，
由f（x）的图象在点（1，f（1））处的切线与2x+y-1=0平行，
则f′（1）=-2，则2a+1=-2，
a=-$\frac{3}{2}$，
∴实数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当1-$\frac{1}{a}$≤0，即$\frac{1}{{e}^{2}}$≤a≤1，h（x）在（1-$\frac{1}{a}$，1）上单调递增，在（1，2）单调递减；
∴$\left\{\begin{array}{l}{h（0）≥\frac{1}{{e}^{2}}}\\{h（2）≥\frac{1}{{e}^{2}}}\end{array}\right.$，则$\frac{1}{{e}^{2}}$≤a≤1，符合题意；
②当1-$\frac{1}{a}$＞0，即a＞1时，h（x），h′（x）在[0，2]上的变化如下：

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），		↓	极小值	↑	极大值	↓

∴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，
下面证明：当a＞1时，${e}^{-1-\frac{1}{a}}$≤2a-1，恒成立：
当a＞1时，2a-1＞1；
同时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符合题意；
综上，a的取值范围是[$\frac{1}{{e}^{2}}$，+∞）．

点评 本题考查导数的综合应用，考查导数与函数单调性的关系，考查导数的几何意义，考查分类讨论思想，属于中档题．