Question

19．已知函数h（x）=（x-a）e^x+a．
（1）若x∈[-1，1]，求函数h（x）的最小值；
（2）当a=3时，若对?x₁∈[-1，1]，?x₂∈[1，2]，使得h（x₁）≥x₂²-2bx₂-ae+e+$\frac{15}{2}$成立，求b的范围．

Answer 1

分析 （1）求出极值点x=a-1．通过当a≤0时，当0＜a＜2时，当a≥2时，利用函数的单调性求解函数的最小值．
（2）令$f（x）={x^2}-2bx-ae+e+\frac{15}{2}$，“对?x₁∈[-1，1]，?x₂∈[1，2]，使得$h（{x_1}）≥{x_2}^2-2b{x_2}-ae+e+\frac{15}{2}$成立”等价于“f（x）在[1，2]上的最小值不大于h（x）在[-1，1]上的最小值”．推出h（x）_min≥f（x）_min．通过①当b≤1时，②当1＜b＜2时，③当b≥2时，分别利用极值与最值求解b的取值范围．

解答 解：（1）h'（x）=（x-a+1）e^x，令h'（x）=0得x=a-1．
当a-1≤-1即a≤0时，在[-1，1]上h'（x）≥0，函数h（x）=（x-a）e^x+a递增，h（x）的最小值为$h（-1）=a-\frac{1+a}{e}$．
当-1＜a-1＜1即0＜a＜2时，在x∈[-1，a-1]上h'（x）≤0，h（x）为减函数，在x∈[a-1，1]上h'（x）≥0，h（x）为增函数．∴h（x）的最小值为h（a-1）=-e^a-1+a．
当a-1≥1即a≥2时，在[-1，1]上h'（x）≤0，h（x）递减，h（x）的最小值为h（1）=（1-a）e+a．
综上所述，当a≤0时h（x）的最小值为$a-\frac{1+a}{e}$，当a≥2时h（x）的最小值为（1-a）e+a，当0＜a＜2时，h（x）最小值为-e^a-1+a．
（2）令$f（x）={x^2}-2bx-ae+e+\frac{15}{2}$，
由题可知“对?x₁∈[-1，1]，?x₂∈[1，2]，使得$h（{x_1}）≥{x_2}^2-2b{x_2}-ae+e+\frac{15}{2}$成立”
等价于“f（x）在[1，2]上的最小值不大于h（x）在[-1，1]上的最小值”．
即h（x）_min≥f（x）_min．
由（1）可知，当a=3时，h（x）_min=h（1）=（1-a）e+a=-2e+3．
当a=3时，$f（x）={x^2}-2bx-2e+\frac{15}{2}={（x-b）^2}-{b^2}-2e+\frac{15}{2}$，x∈[1，2]，
①当b≤1时，$f{（x）_{min}}=f（1）=-2b-2e+\frac{17}{2}$，
由$-2e+3≥-2b-2e+\frac{17}{2}$得$b≥\frac{11}{4}$，与b≤1矛盾，舍去．
②当1＜b＜2时，$f{（x）_{min}}=f（b）=-{b^2}-2e+\frac{15}{2}$，
由$-2e+3≥-{b^2}-2e+\frac{15}{2}$得${b^2}≥\frac{9}{2}$，与1＜b＜2矛盾，舍去．
③当b≥2时，$f{（x）_{min}}=f（2）=-4b-2e+\frac{23}{2}$，
由$-2e+3≥-4b-2e+\frac{23}{2}$得$b≥\frac{17}{8}$．
综上，b的取值范围是$[{\frac{17}{8}，+∞}）$．

点评 本题考查函数的导数的综合应用，函数的极值以及函数的单调性与函数的最值的关系，考查分析问题解决问题的能力．