Question

19．已知函数f（x）=e^x+b在（1，f（1））处的切线为y=ax．
（1）求f（x）的解析式．
（2）若对任意x∈R，有f（x）≥kx成立，求实数k的取值范围．
（3）证明：对任意t∈（-∞，2]，f（x）＞t+lnx成立．

Answer 1

分析 （1）求出切线方程，得到b的值，从而求出f（x）的解析式即可；
（2）通过讨论k的范围，结合函数的单调性求出k的具体范围即可；
（3）法一：构造函数h（x）=ex-lnx-t（x＞0）（t≤2），根据函数的单调性证明即可；
法二：问题转化为证e^x＞2+lnx，令$h（x）={e^x}-lnx-2，h{^′}（x）={e^x}-\frac{1}{x}=\frac{{x{e^x}-1}}{x}（x＞0）$，根据函数的单调性证明即可．

解答 解：（1）由f′（x）=e^x得k=f′（1）=e=a，所以切线为y=ex，…（2分）
由切点为（1，e+b）在切线y=ex上，b=0，所以f（x）=e^x…（4分）
（2）当k＜0时，对于x∈R，e^x≥kx显然不恒成立…（5分）
当k=0时，e^x≥kx显然成立…（6分）
当k＞0时，若要e^x-kx≥0恒成立，必有（e^x-kx）_min≥0
设t（x）=e^x-kx，则t′（x）=e^x-k
易知t（x）在（-∞，lnk）上单调递减，在（lnk，+∞）上单调递增，
则t（x）_min=k（1-lnk）
若e^x-kx≥0恒成立，即t（x）_min=k（1-lnk）≥0，得0＜k≤e
综上得0≤k≤e…（8分）
（3）证法1：由（1）知e^x≥ex成立，构造函数h（x）=ex-lnx-t（x＞0）（t≤2），
$h{^′}（x）=e-\frac{1}{x}=\frac{ex-1}{x}$所以$h{（x）_{min}}=h（\frac{1}{e}）=1-ln\frac{1}{e}-t=2-t≥0$（t≤2）
有ex≥lnx+t成立（当$x=\frac{1}{e}，t=2$时取等号）．由（1）知e^x≥ex成立（当x=1时取等号），
所以有e^x＞t+lnx成立，即对任意t∈（-∞，2]，f（x）＞t+lnx成立…（12分）
证法2，因为t≤2，所以要证e^x＞t+lnx，只须证e^x＞2+lnx
令$h（x）={e^x}-lnx-2，h{^′}（x）={e^x}-\frac{1}{x}=\frac{{x{e^x}-1}}{x}（x＞0）$，
令t（x）=xe^x-1，t′（x）=e^x+xe^x＞0，所以t（x）在（0，+∞）递增，
t（x）＞t（0）=-1，
由于t（0）=-1＜0，t（1）=e-1＞0
所以存在x₀∈（0，1），有$t（{x_0}）={x_0}{e^{x_0}}-1=0$，
则${e^{x_0}}=\frac{1}{x_0}$，x₀=-lnx₀
即h′（x）＞0得$x＞{x_0}；h{^′}（x）＜0$得0＜x＜x₀
所以$h（x）≥h（{x_0}）={e^{x_0}}-ln{x_0}-2=\frac{1}{x_0}+{x_0}-2＞2-2=0$
所以e^x-2-lnx＞0成立，即e^x＞t+lnx成立
即对任意t∈（-∞，2]，f（x）＞t+lnx成立…（12分）

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