Question

6．.已知函数f（x）=ae^x（a≠0），g（x）=x²
（Ⅰ）若曲线c₁：y=f（x）与曲线c₂：y=g（x）存在公切线，求a最大值．
（Ⅱ）当a=1时，F（x）=f（x）-bg（x）-cx-1，且F（2）=0，若F（x）在（0，2）内有零点，求实数b的取值范围．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函数的导数，得到x₂=2x₁-2，由a=$\frac{2（{2x}_{1}-2）}{{e}^{{x}_{1}}}$，设g（x）=$\frac{4x-4}{{e}^{x}}$，根据函数的单调性求出a的最大值即可；
（Ⅱ）求出函数的导数，问题转化为F′（x）=e^x-2bx-c在（0，2）内至少有两个零点，通过讨论b的范围，求出函数的单调区间，从而确定b的范围即可．

解答 解：（Ⅰ）设公切线l与c₁切于点（x₁，a${e}^{{x}_{1}}$）与c₂切于点（x₂，${{x}_{2}}^{2}$），
∵f′（x）=ae^x，g′（x）=2x，
∴$\left\{\begin{array}{l}{{ae}^{{x}_{1}}={2x}_{2}①}\\{\frac{{ae}^{{x}_{1}}{{-x}_{2}}^{2}}{{{x}_{1}-x}_{2}}={2x}_{2}②}\end{array}\right.$，由①知x₂≠0，
①代入②得：$\frac{{2x}_{2}{{-x}_{2}}^{2}}{{{x}_{1}-x}_{2}}$=2x₂，即x₂=2x₁-2，
由①知a=$\frac{2（{2x}_{1}-2）}{{e}^{{x}_{1}}}$，
设g（x）=$\frac{4x-4}{{e}^{x}}$，g′（x）=$\frac{8-4x}{{e}^{x}}$，
令g′（x）=0，得x=2；当x＜2时g′（x）＞0，g（x）递增．
当x＞2时，g′（x）＜0，g（x）递减．
∴x=2时，g（x）_max=g（2）=$\frac{4}{{e}^{2}}$，∴a_max=$\frac{4}{{e}^{2}}$．
（Ⅱ）F（x）=f（x）-bg（x）-cx-1=e^x-bx²-cx-1，
∵F（2）=0=F（0），又F（x）在（0，2）内有零点，
∴F（x）在（0，2）至少有两个极值点，
即F′（x）=e^x-2bx-c在（0，2）内至少有两个零点．
∵F″（x）=e^x-2b，F（2）=e²-4b-2c-1=0，c=$\frac{{e}^{2}-4b-1}{2}$，
 ①当b≤$\frac{1}{2}$时，在（0，2）上，e^x＞e⁰=1≥2b，F″（x）＞0，
∴F″（x）在（0，2）上单调增，F′（x）没有两个零点．
②当b≥$\frac{{e}^{2}}{2}$时，在（0，2）上，e^x＜e²≤2b，∴F″（x）＜0，
∴F″（x）在（0，2）上单调减，F′（x）没有两个零点；
③当$\frac{1}{2}$＜b＜$\frac{{e}^{2}}{2}$时，令F″（x）=0，得x=ln2b，
因当x＞ln2b时，F″（x）＞0，x＜ln2b时，F″（x）＜0，
∴F″（x）在（0，ln2b）递减，（ln2b，2）递增，
所以x=ln2b时，∴F′（x）_最小=F′（ln2b）=4b-2bln2b-$\frac{{e}^{2}}{2}$+$\frac{1}{2}$，
设G（b）=F′（ln2b）=4b-2bln2b-$\frac{{e}^{2}}{2}$+$\frac{1}{2}$，
令G′（b）=2-2ln2b=0，
得2b=e，即b=$\frac{e}{2}$，当b＜$\frac{e}{2}$时G′（b）＞0；当b＞$\frac{e}{2}$时，G′（b）＜0，
当b=$\frac{e}{2}$时，G（b）_最大=G（$\frac{e}{2}$）=e+$\frac{1}{2}$-$\frac{{e}^{2}}{2}$＜0，
∴G（b）=f′（ln2b）＜0恒成立，
因F′（x）=e^x-2bx-c在（0，2）内有两个零点，
∴$\left\{\begin{array}{l}{F′（0）=1-c=1-\frac{{e}^{2}-4b-1}{2}＞0}\\{F′（ln2a）=2b-2bln2b-\frac{{e}^{2}-4b-1}{2}＜0}\\{F′（2）{=e}^{2}-4b-\frac{{e}^{2}-4b-1}{2}＞0}\end{array}\right.$，
解得：$\frac{{e}^{2}-3}{4}$＜b＜$\frac{{e}^{2}+1}{4}$，
综上所述，b的取值范围（$\frac{{e}^{2}-3}{4}$，$\frac{{e}^{2}+1}{4}$）．

点评 本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应用以及分类讨论思想，考查转化思想，是一道综合题．