Question

2．已知f（x）=e^2x+ln（x+a）．
（1）当a=1时，①求f（x）在（0，1）处的切线方程；②当x≥0时，求证：f（x）≥（x+1）²+x．
（2）若存在x₀∈[0，+∞），使得$f（{x_0}）＜2ln（{{x_0}+a}）+{x_0}^2$成立，求实数a的取值范围．

Answer 1

分析 （1）①求出f（x）的导数，可得切线的斜率，由斜截式方程即可得到所求切线的方程；
②设F（x）=e^2x+ln（x+1）-（x+1）²-x（x≥0），通过两次求导，判断F（x）的单调性，即可得证；
（2）由题意可得存在x₀∈[0，+∞），使得e${\;}^{2{x}_{0}}$-ln（x₀+a）-x₀²＜0，设u（x）=e^2x-ln（x+a）-x²，两次求导，判断单调性，对a讨论，分①当a≥$\frac{1}{2}$时，②当a＜$\frac{1}{2}$时，通过构造函数和求导，得到单调区间，可得最值，即可得到所求a的范围．

解答 解：（1）a=1时，f（x）=e^2x+ln（x+1），f′（x）=2e^2x+$\frac{1}{x+1}$，
①可得f（0）=1，f′（0）=2+1=3，
所以f（x）在（0，1）处的切线方程为y=3x+1；
②证明：设F（x）=e^2x+ln（x+1）-（x+1）²-x（x≥0），
F′（x）=2e^2x+$\frac{1}{x+1}$-2（x+1）-1
F″（x）=4e^2x-$\frac{1}{（x+1）^{2}}$-2=[e^2x--$\frac{1}{（x+1）^{2}}$]+2（e^2x-1）+e^2x＞0，（x≥0），
所以，F′（x）在[0，+∞）上递增，所以F′（x）≥F′（0）=0，
所以，F（x）在[0，+∞）上递增，所以F（x）≥F（0）=0，
即有当x≥0时，f（x）≥（x+1）²+x；
（2）存在x₀∈[0，+∞），使得$f（{x_0}）＜2ln（{{x_0}+a}）+{x_0}^2$成立
?存在x₀∈[0，+∞），使得e${\;}^{2{x}_{0}}$-ln（x₀+a）-x₀²＜0，
设u（x）=e^2x-ln（x+a）-x²，
u′（x）=2e^2x-$\frac{1}{x+a}$-2x，u″（x）=4e^2x+$\frac{1}{（x+a）^{2}}$-2＞0，
可得u′（x）在[0，+∞）单调增，即有u′（x）≥u′（0）=2-$\frac{1}{a}$
①当a≥$\frac{1}{2}$时，u′（0）=2-$\frac{1}{a}$≥0，
可得u（x）在[0，+∞）单调增，
则u（x）_min=u（0）=1-lna＜0，
解得a＞e；
②当a＜$\frac{1}{2}$时，ln（x+a）＜ln（x+$\frac{1}{2}$），
设h（x）=x-$\frac{1}{2}$-ln（x+$\frac{1}{2}$），（x＞0），
h′（x）=1-$\frac{1}{x+\frac{1}{2}}$=$\frac{x-\frac{1}{2}}{x+\frac{1}{2}}$，
另h′（x）＞0可得x＞$\frac{1}{2}$，h′（x）＜0可得0＜x＜$\frac{1}{2}$，
则h（x）在（0，$\frac{1}{2}$）单调递减，在（$\frac{1}{2}$，+∞）单调递增．
则h（x）≥h（$\frac{1}{2}$）=0．
设g（x）=e^2x-x²-（x-$\frac{1}{2}$），（x＞0），
g′（x）=2e^2x-2x-1，
g″（x）=4e^2x-2＞4-2＞0，
可得g′（x）在（0，+∞）单调递增，
即有g′（x）＞g′（0）=1＞0，
则g（x）在（0，+∞）单调递增，
则g（x）＞g（0）＞0，
则e^2x-x²＞x-$\frac{1}{2}$＞ln（x+$\frac{1}{2}$）＞ln（x+a），
则当a＜$\frac{1}{2}$时，f（x）＞2ln（x+a）+x²恒成立，不合题意．
综上可得，a的取值范围为（e，+∞）．

点评 本题考查导数的运用：求切线的方程和单调区间、最值，考查不等式的证明，注意运用构造函数法，运用单调性解决，考查存在性问题的解法，注意运用分类讨论的思想方法，以及转化思想，考查推理能力和运算能力，属于难题．