Question

3．已知函数f（x）=e^x，g（x）=x+a，a∈R．
（1）若曲线f（x）=e^x与g（x）=x+a相切，求实数a的值；
（2）记h（x）=f（x）g（x），求h（x）在[0，1]上的最小值；
（3）当a=0时，试比较e^f（x-2）与g（x）的大小．

Answer 1

分析 （1）研究函数的切线主要是利用切点作为突破口求解；
（2）通过讨论函数在定义域内的单调性确定最值，要注意对字母m的讨论；
（3）比较两个函数的大小主要是转化为判断两个函数的差函数的符号，然后转化为研究差函数的单调性研究其最值．

解答 解：（1）设曲线f（x）=e^x与g（x）=x+a相切于点P（x₀，y₀），由f′（x）=e^x，知${e}^{{x}_{0}}$=1解得x₀=0．
又可求得P为（0，1），所以代入g（x）=x+a，解得a=1．
（2）因为h（x）=（x+a）e^x，所以h′（x）=e^x+（x+a）e^x=（x-（-a-1））e^x，x∈[0，1]．
①当-a-1≤0，即a≥-1时，h′（x）≥0，此时h（x）在[0，1]上单调递增，所以h（x）_max=h（1）=（1-m）e；
②当0＜-a-1＜1，即-2＜a＜-1时，当x∈（0，-a-1）时，h′（x）＜0，h（x）单调递减，
当x∈（-a-1，1）时，h′（x）＞0，h（x）单调递增，h（0）=a，h（1）=（1+a）e．
（i）当a≥（1+a）e，即-2＜a≤$\frac{e}{e-1}$时，h（x）_max=h（0）=a．
（ii）当a＜（1+a）e，即-$\frac{e}{e-1}$＜a＜-1时，h（x）_max=h（1）=（1+a）e．
③当-a-1≥1，即a≤2时，h′（x）≤0，此时h（x）在[0，1]上单调递减，所以h（x）_max=h（0）=a．
综上，当a＞-$\frac{e}{e-1}$时，h（x）_max=（1+a）e；当a≤-$\frac{e}{e-1}$时，h（x）_max=a．
（3）当a=0时，e^f（x-2）=${e}^{{e}^{x-2}}$，g（x）=x．
①当x≤0时，显然e^f（x-2）＞g（x）；
②当x＞0时，lne^f（x-2）=e^x-2．lng（x）=lnx．
记函数ω（x）=e^x-2-lnx，则ω′（x）=e^x-2-$\frac{1}{x}$，可知ω′（x）在（0，+∞）上递增，
又由ω′（1）＜0，ω′（2）＞0知：ω′（x）=0在（0，+∞）上有唯一实根x₀，且1＜x₀＜2，
则ω′（x₀）=0，即${e}^{{x}_{0}-2}$=$\frac{1}{{x}_{0}}$（*），
当x∈（0，x₀）时ω′（x）＜0，ω（x）递减；当x∈（x₀，+∞）时，ω′（x）＞0，ω（x）单调递增．
所以ω（x）≥ω（x₀），结合（*）式，知x₀-2=-lnx₀，
所以ω（x）≥ω（x₀）=$\frac{1}{{x}_{0}}$+x₀-2=$\frac{（{x}_{0}-1）^{2}}{{x}_{0}}$＞0，
则ω（x）=e^x-2-lnx＞0，即e^x-2＞lnx，所以${e}^{{e}^{x-2}}$＞x，
综上e^f（x-2）＞g（x）．

点评 本题综合考查了利用导数研究函数的单调性、最值基本思路，当比较两个函数大小的时候，就转化为两个函数的差的单调性，进一步确定最值确定符号比较大小．