Question

7．已知函数f（x）=e^x+2ax．
（Ⅰ）当a=1时，求曲线y=f（x）在点（0，1）处的切线方程；
（Ⅱ）若函数f（x）在区间[1，+∞）上的最小值为0，求a的值；
（Ⅲ）若对于任意x≥0，f（x）≥e^-x恒成立，求a的取值范围．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由求导公式求出f′（x），由导数的几何意义求出切线的斜率k=f′（0），利用点斜式方程求出切线的方程；
（Ⅱ）对a进行分类讨论，当a≥0时f（x）=e^x+2ax＞0，不符合题意，当a＜0时，求出f′（x）以及函数的单调区间，再对临界点与1的关系进行分类讨论，分别求出
f（x）的最小值，结合条件求出a的值；
（Ⅲ）根据不等式构造函数g（x）=e^x+2ax-e^-x，求出g′（x）后由基本不等式对a分类讨论，分别求出g（x）的单调区间和最小值，结合恒成立列出不等式，求出a的取值范围．

解答 解：（Ⅰ）当a=1时，f（x）=e^x+2x，则f′（x）=e^x+2，（2分）
∴在点（0，1）处的切线斜率为f′（0）=3，（3分）
所以在点（0，1）处的切线方程为：y-1=3x，
即3x-y+1=0；（4分）
（Ⅱ）当a≥0时，函数f（x）=e^x+2ax＞0，不符合题意．（5分）
当a＜0时，f′（x）=e^x+2a，
令e^x+2a=0，得x=ln（-2a），（6分）
所以，当x∈（-∞，ln（-2a））时，f′（x）＜0，函数f（x）单调递减；
当x∈（ln（-2a），+∞）时，f′（x）＞0，函数f（x）单调递增．（7分）
①当ln（-2a）≤1，即$-\frac{e}{2}$≤a＜0时，f（x）最小值为f（1）=2a+e．
解2a+e=0，得a=$-\frac{e}{2}$，符合题意．（8分）
②当ln（-2a）＞1，即a＜$-\frac{e}{2}$时，f（x）最小值为f[ln（-2a）]=-2a+2aln（-2a）．
解-2a+2aln（-2a）=0，得a=$-\frac{e}{2}$，不符合题意．（9分）
综上，a=$-\frac{e}{2}$．
（Ⅲ）由题意设g（x）=e^x+2ax-e^-x，则g′（x）=e^x+e^-x+2a．（10分）
①当2a≥-2，即a≥-1时，
因为e^x+e^-x≥2，所以g′（x）≥0，（且a=-1时，仅当x=0时g′（x）=0）
所以g（x）在R上单调递增．
又g（0）=0，所以，当a≥-1时，对于任意x≥0都有g（x）≥0．（12分）
②当a＜-1时，由g′（x）=e^x+e^-x+2a＜0，得（e^x）²+2ae^x+1＜0，
得$-a-\sqrt{{a}^{2}-1}$$＜{e}^{x}＜-a+\sqrt{{a}^{2}-1}$，
其中$0＜-a-\sqrt{{a}^{2}-1}＜1$且$-a+\sqrt{{a}^{2}-1}＞1$，
所以$ln（-a-\sqrt{{a}^{2}-1}）＜x＜ln（-a+\sqrt{{a}^{2}-1}）$，
且$ln（-a-\sqrt{{a}^{2}-1}）＜0$，$ln（-a+\sqrt{{a}^{2}-1}）＞0$，
所以g（x）在（0，$ln（-a+\sqrt{{a}^{2}-1}）$）上单调递减．
又g（0）=0，所以存在x₀∈（0，$ln（-a+\sqrt{{a}^{2}-1}）$），使g（x₀）＜0，不符合题意．
综上可得，a的取值范围为[-1，+∞）．（14分）

点评 本题考查导数的几何意义以及切线方程，利用导数研究函数的单调性、最值，恒成立问题的转化，以及分类讨论和转化思想，构造函数法，考查化简、变形能力，综合性强，难度大，属于中档题．