Question

9．已知f（x）=e^2x+ln（x+a）．
（Ⅰ）当a=1时，求f（x）在（0，1）处的切线方程；
（Ⅱ）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 （Ⅰ）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；
（Ⅱ）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（Ⅰ）a=1时，f（x）=e^2x+ln（x+1），
∴$f'（x）=2{e^{2x}}+\frac{1}{x+1}$，
∴f（0）=1，$f'（0）=2+\frac{1}{1}=3$，
∴f（x）在（0，1）处的切线方程为y=3x+1，
（Ⅱ）原问题??x₀≥0使得${e^{2{x_0}}}-ln（{{x_0}+a}）-x_0^2＜0$，
设u（x）=e^2x-ln（x+a）-x²，
$u'（x）=2{e^{2x}}-\frac{1}{x+a}-2x$$u'（x）=4{e^{2x}}+\frac{1}{{（x+a{）^2}}}-2＞0$，
∴u'（x）在[0，+∞）单调增，
∴$u'（x）≥u'（0）=2-\frac{1}{a}$，
①当$a≥\frac{1}{2}$时，$u'（0）=2-\frac{1}{a}≥0$，
∴u（x）在[0，+∞）单调增，
∴u（x）_min=u（0）=1-lna＜0，
∴a＞e，
②当$a＜\frac{1}{2}$时，$ln（{x+a}）＜ln（{x+\frac{1}{2}}）$，
设$h（x）=x-\frac{1}{2}-ln（{x+\frac{1}{2}}），（x＞0）$$h'（x）=1-\frac{1}{{x+\frac{1}{2}}}=\frac{{x-\frac{1}{2}}}{{x+\frac{1}{2}}}$，
另$h'（x）＞0⇒x＞\frac{1}{2}，h'（x）＜0⇒0＜x＜\frac{1}{2}$，
∴h（x）在$（{0，\frac{1}{2}}）$单调递减，在$（{\frac{1}{2}，+∞}）$单调递增，
∴$h（x）≥h（{\frac{1}{2}}）=0$，
设$g（x）={e^{2x}}-{x^2}-（{x-\frac{1}{2}}），（x＞0）$，
g'（x）=2e^2x-2x-1，g'′（x）=4e^2x-2＞4-2＞0，
∴g'（x）在（0，+∞）单调递增，
∴g'（x）＞g'（0）=1＞0，
∴g（x）在（0，+∞）单调递增，
∴g（x）＞g（0）＞0，
∴${e^{2x}}-{x^2}＞x-\frac{1}{2}＞ln（{x+\frac{1}{2}}）＞ln（{x+a}）$，
∴当$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，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．