Question

14．已知函數(shù)f（x）=e^x，g（x）=$\frac{a}{2}x+b$（a，b∈R），
（1）若h（x）=f（x）g（x），b=1-$\frac{a}{2}$．求h（x）在[0，1]上的最大值φ（a）的表達(dá)式；
（2）若a=4時(shí)，方程f（x）=g（x）在[0，2]上恰有兩個(gè)相異實(shí)根，求實(shí)根b的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）把b=1-$\frac{a}{2}$代入函數(shù)解析式，求出導(dǎo)函數(shù)，分a=0，a＞0和a＜0三類求得h（x）在[0，1]上的最大值φ（a）；
（2）F（x）=f（x）-g（x）=e^x-2x-b，求得F′（x）=e^x-2，由F（x）在（0，ln2）上單調(diào)遞減，在（ln2，+∞）上單調(diào)遞增，把F（x）=e^x-2x-b在[0，2]上恰有兩個(gè)相異實(shí)根轉(zhuǎn)化為$\left\{\begin{array}{l}{F（0）=1-b≥0}\\{F（ln2）=2-2ln2-b＜0}\\{F（2）={e}^{2}-4≥0}\end{array}\right.$，求解不等式組可得實(shí)數(shù)b的取值范圍．

解答 解：（1）b=1-$\frac{a}{2}$時(shí)，h（x）=${e}^{x}（\frac{a}{2}x+1-\frac{a}{2}）$，∴h′（x）=${e}^{x}（\frac{a}{2}x+1）$．
①當(dāng)a=0時(shí)，h′（x）=e^x＞0，h（x）在[0，1]上為增函數(shù)，此時(shí)φ（a）=e；
②當(dāng)a＞0時(shí)，h′（x）=${e}^{x}•\frac{a}{2}（x+\frac{2}{a}）$，h（x）在（-$\frac{2}{a}，+∞$）上為增函數(shù)，
故h（x）在[0，1]上為增函數(shù)，此時(shí)φ（a）=h（1）=e；
③當(dāng)a＜0時(shí)，h′（x）=${e}^{x}•\frac{a}{2}（x+\frac{2}{a}）$，h（x）在（-∞，$-\frac{2}{a}$）上為增函數(shù)，在（-$\frac{2}{a}$，+∞）上為減函數(shù)，
若0$＜-\frac{2}{a}＜1$，即a＜-2時(shí)，故h（x）在[0，$-\frac{2}{a}$]上為增函數(shù)，在[$-\frac{2}{a}，1$]上為減函數(shù)，
此時(shí)φ（a）=h（-$\frac{2}{a}$）=${e}^{-\frac{2}{a}}（-1+b）=-\frac{a}{2}•{e}^{-\frac{2}{a}}$．
若-$\frac{2}{a}≥1$，即-2≤a＜0時(shí)，h（x）在[0，1]上為增函數(shù)，則此時(shí)φ（a）=h（1）=e，
綜上所述：φ（a）=$\left\{\begin{array}{l}{-\frac{a}{2}•{e}^{-\frac{2}{a}}，a＜-2}\\{e，a≥-2}\end{array}\right.$；
（2）F（x）=f（x）-g（x）=e^x-2x-b，F(xiàn)′（x）=e^x-2，
∴F（x）在（0，ln2）上單調(diào)遞減，在（ln2，+∞）上單調(diào)遞增，
∴F（x）=e^x-2x-b在[0，2]上恰有兩個(gè)相異實(shí)根，
?$\left\{\begin{array}{l}{F（0）=1-b≥0}\\{F（ln2）=2-2ln2-b＜0}\\{F（2）={e}^{2}-4≥0}\end{array}\right.$，解得2-2ln2＜b≤1．
∴實(shí)數(shù)b的取值范圍是b∈（2-2ln2，1]．

點(diǎn)評(píng) 本題考查利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，考查利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)在閉區(qū)間上的最值，體現(xiàn)了數(shù)學(xué)轉(zhuǎn)化思想方法與分類討論的數(shù)學(xué)思想方法，屬難題．