Question

20．设函数f（x）=e^2x+ae^x，a∈R．
（Ⅰ）当a=-4时，求f（x）的单调区间；
（Ⅱ）若对x∈R，f（x）≥a²x恒成立，求实数a的取值范围．

Answer 1

分析 （I）当a=-4时，f′（x）=2e^x（e^x-2），令f′（x）=0，解得x=ln2．分别解出f′（x）＞0，f′（x）＜0，即可得出函数f（x）单调区间．
（Ⅱ）对x∈R，f（x）≥a²x恒成立?e^2x+ae^x-a²x≥0，令g（x）=e^2x+ae^x-a²x，则f（x）≥a²x恒成立?g（x）_min≥0．g′（x）=2e^2x+ae^x-a²=2$（{e}^{x}-\frac{a}{2}）$[e^x-（-a）]，对a分类讨论，利用导数研究函数的单调性极值与最值即可得出．

解答 解：（I）当a=-4时，函数f（x）=e^2x-4e^x，
f′（x）=2e^2x-4e^x=2e^x（e^x-2），
令f′（x）=0，解得x=ln2．
当x∈（ln2，+∞）时，f′（x）＞0，此时函数f（x）单调递增；当x∈（-∞，ln2）时，f′（x）＜0，此时函数f（x）单调递减．
∴函数f（x）的单调递增区间为：[ln2，+∞）时，单调递减区间为（-∞，ln2）．
（Ⅱ）对x∈R，f（x）≥a²x恒成立?e^2x+ae^x-a²x≥0，
令g（x）=e^2x+ae^x-a²x，则f（x）≥a²x恒成立?g（x）_min≥0．
g′（x）=2e^2x+ae^x-a²=2$（{e}^{x}-\frac{a}{2}）$[e^x-（-a）]，
①a=0时，g′（x）=2e^2x＞0，
此时函数g（x）在R上单调递增，g（x）=e^2x＞0恒成立，满足条件．
②a＞0时，令g′（x）=0，解得x=ln$\frac{a}{2}$，则x＞ln$\frac{a}{2}$时，g′（x）＞0，
此时函数g（x）在R上单调递增；x＜ln$\frac{a}{2}$时，g′（x）＜0，
此时函数g（x）在R上单调递减．
∴当x=ln$\frac{a}{2}$时，函数g（x）取得极小值即最小值，则g（ln$\frac{a}{2}$）=a²（$\frac{3}{4}$-ln$\frac{a}{2}$）≥0，
解得0＜a≤$2{e}^{\frac{3}{4}}$．
③a＜0时，令g′（x）=0，解得x=ln（-a），
则x＞ln（-a）时，g′（x）＞0，此时函数g（x）在R上单调递增；
x＜ln（-a）时，g′（x）＜0，此时函数g（x）在R上单调递减．
∴当x=ln（-a）时，函数g（x）取得极小值即最小值，
则g（ln（-a））=-a²ln（-a）≥0，解得-1≤a＜0．
综上可得：a的求值范围是[-1，2${e}^{\frac{3}{4}}$]．

点评 本题考查了利用导数研究函数的单调性极值与最值、分类讨论方法，考查了推理能力与计算能力，属于难题．