Question

16．已知函数f（x）=$\frac{a{e}^{x+2}}{2+x}$（a≠0），g（x）=$\frac{1}{x+2}$+2ln（x+2）．
（1）若1＜a＜$\frac{3}{2}$，试问是否存在x₁，x₂∈[-$\frac{3}{2}$，-a]，使得f（x₁）＞g（x₂）；
（2）若P是曲线y=g（x）上任意一点，求点P到直线8x+y+15=0的最小距离，并求此时点P的坐标．

Answer 1

分析 （1）假设存在x₁，x₂∈[-$\frac{3}{2}$，-a]，使得f（x₁）＞g（x₂），即有f（x）_max＞g（x）_min，分别求得f（x）、g（x）的导数，判断单调性，可得最值，解不等式可得a的范围，与已知a的范围比较，即可判断存在；
（2）当与直线8x+y+15=0平行的直线与曲线y=g（x）相切时，切点P到直线的距离最小，由导数的几何意义可得P的坐标，由点到直线的距离公式可得所求最小距离．

解答 解：（1）假设存在x₁，x₂∈[-$\frac{3}{2}$，-a]，使得f（x₁）＞g（x₂），
可得f（x）_max＞g（x）_min，
由函数f（x）=$\frac{a{e}^{x+2}}{2+x}$（a≠0）的导数为f′（x）=$\frac{a{e}^{x+2}（x+1）}{（x+2）^{2}}$，
由x∈[-$\frac{3}{2}$，-a]，可得x+1∈[-$\frac{1}{2}$，1-a]，又1＜a＜$\frac{3}{2}$，可得1-a＜0，
则f′（x）＜0，f（x）在[-$\frac{3}{2}$，-a]递减，可得f（x）_max=f（-$\frac{3}{2}$）；
由g（x）=$\frac{1}{x+2}$+2ln（x+2）的导数为g′（x）=-$\frac{1}{（x+2）^{2}}$+$\frac{2}{x+2}$=$\frac{2x+3}{（x+2）^{2}}$，
由x∈[-$\frac{3}{2}$，-a]，可得g′（x）＞0，g（x）递增，
可得g（x）_min=g（-$\frac{3}{2}$），
由f（x）_max＞g（x）_min，可得$\frac{a{e}^{\frac{1}{2}}}{\frac{1}{2}}$＞$\frac{1}{\frac{1}{2}}$+2ln$\frac{1}{2}$，
化简可得a＞$\frac{1-ln2}{{e}^{\frac{1}{2}}}$，
由$\frac{1-ln2}{{e}^{\frac{1}{2}}}$∈（0，1），又1＜a＜$\frac{3}{2}$，
可得在1＜a＜$\frac{3}{2}$，存在x₁，x₂∈[-$\frac{3}{2}$，-a]，使得f（x₁）＞g（x₂）；
（2）设与直线8x+y+15=0平行的切线与曲线y=g（x）相切的切点P（m，n），
可得$\frac{2m+3}{（m+2）^{2}}$=-8，（m＞-2）
解得m=-$\frac{7}{4}$（-$\frac{5}{2}$舍去），
即有切点P（-$\frac{7}{4}$，4-4ln2），
可得P到直线8x+y+15=0的距离为d=$\frac{|-14+4-4ln2+15|}{\sqrt{64+1}}$
=$\frac{|5-4ln2|}{\sqrt{65}}$=$\frac{（5-4ln2）\sqrt{65}}{65}$，
则点P到直线8x+y+15=0的最小距离为$\frac{（5-4ln2）\sqrt{65}}{65}$，
此时点P的坐标（-$\frac{7}{4}$，4-4ln2）．

点评 本题考查导数的运用：求切线的斜率和单调区间，考查存在性问题的解法，同时考查曲线上点到直线的距离的最值的求法，注意运用直线和曲线相切，运用点到直线的距离公式，属于中档题．