Question

16．已知函数f（x）=e^x+ax
（1）当a=1时，求曲线y=f（x）在点（0，1）处的切线方程；
（2）若函数f（x）在区间[1，+∞）上的最小值为0，求a的值；
（3）若对于任意x≥0，f（x）≥e^-x恒成立，求a的取值范围．

Answer 1

分析 （1）由求导公式求出f′（x），由导数的几何意义求出切线的斜率k=f′（0），利用点斜式方程求出切线的方程；
（2）对a进行分类讨论，当a≥0时f（x）=e^x+ax＞0，不符合题意，当a＜0时，求出f′（x）以及函数的单调区间，再对临界点与1的关系进行分类讨论，分别求出f（x）的最小值，结合条件求出a的值；
（3）根据不等式构造函数g（x）=e^x+ax-e^-x，求出g′（x）后由基本不等式对a分类讨论，分别求出g（x）的单调区间和最小值，结合恒成立列出不等式，求出a的取值范围．

解答 解：（1）当a=1时，f（x）=e^x+x的导数为f′（x）=e^x+1，
即有y=f（x）在点（0，1）处的切线斜率为k=1+1=2，
则y=f（x）在点（0，1）处的切线方程为y=2x+1；
（2）f（x）=e^x+ax的导数为f′（x）=e^x+a，
若a≥0，则f（x）在R上递增，
即有f（x）在区间[1，+∞）上的最小值为f（1）=e+a=0，
解得a=-e＜0，不成立；
若a＜0，则x＞ln（-a）时，f′（x）＞0，f（x）递增；
x＜ln（-a）时，f′（x）＜0，f（x）递减．
当ln（-a）≤1，即-e≤a＜0时，f（x）在[1，+∞）递增，
即有f（1）取得最小值，且为e+a=0，解得a=-e；
当ln（-a）＞1，即a＜-e时，即有f（ln（-a））取得最小值，
且为-a+aln（-a）=0，解得a=-e，不成立．
综上可得a的值为-e；
（3）对于任意x≥0，f（x）≥e^-x恒成立，
即为e^x-e^-x+ax≥0，在x≥0恒成立．
令g（x）=e^x-e^-x+ax，g′（x）=e^x+e^-x+a，
由e^x+e^-x≥2$\sqrt{{e}^{x}•{e}^{-x}}$=2，当且仅当x=0时取得等号．
①当a≥-2时，由e^x+e^-x≥2，
可得g′（x）≥0，（且a=-2时，仅当x=0时g′（x）=0）
所以g（x）在R上单调递增．
又g（0）=0，所以，当a≥-2时，对于任意x≥0都有g（x）≥0．
②当a＜-2时，由g′（x）=e^x+e^-x+a＜0，得（e^x）²+ae^x+1＜0，
得$\frac{-a-\sqrt{{a}^{2}-4}}{2}$＜e^x＜$\frac{-a+\sqrt{{a}^{2}-4}}{2}$，
其中0＜$\frac{-a-\sqrt{{a}^{2}-4}}{2}$＜1，且$\frac{-a+\sqrt{{a}^{2}-4}}{2}$＞1，
所以ln$\frac{-a-\sqrt{{a}^{2}-4}}{2}$＜0，且ln$\frac{-a+\sqrt{{a}^{2}-4}}{2}$＞0，
所以g（x）在（0，ln$\frac{-a+\sqrt{{a}^{2}-4}}{2}$）上单调递减．
又g（0）=0，所以存在x₀∈（0，ln$\frac{-a+\sqrt{{a}^{2}-4}}{2}$），使g（x₀）＜0，不符合题意．
综上可得，a的取值范围为[-2，+∞）．

点评 本题考查导数的几何意义以及切线方程，利用导数研究函数的单调性、最值，恒成立问题的转化，以及分类讨论和转化思想，构造函数法，考查化简、变形能力，综合性强，属于中档题．