Question

【題目】已知函數f（x）＝axex，g（x）＝x2+2x+b，若曲線y＝f（x）與曲線y＝g（x）都過點P（1，c）．且在點P處有相同的切線l．

（Ⅰ）求切線l的方程；

（Ⅱ）若關于x的不等式k[ef（x）]≥g（x）對任意x∈[﹣1，+∞）恒成立，求實數k的取值范圍．

Answer 1

【答案】（Ⅰ）4x﹣y﹣2＝0；（Ⅱ）k≤e

【解析】

（I）根據切點和斜率列方程，解方程組求得的值，進而求得切線方程.

（II）構造函數，利用導數研究的單調性，對進行分類討論，結合恒成立，由此求得的取值范圍.

（Ⅰ）∵f′（x）＝aex（x+1），g′（x）＝2x+2，由已知可得，

即，解得a，b＝﹣1，c＝2，∴切線的斜率g′（1）＝4，

∴切線l的方程為y﹣2＝4（x﹣1），即4x﹣y﹣2＝0，

（Ⅱ）由（Ⅰ）可得f（x）＝2xex﹣1，g（x）＝x2+2x﹣1，設h（x）＝k[ef（x）]﹣g（x）＝2kxex﹣（x2+2x﹣1），

即h（x）≥0，對任意x∈[﹣1，+∞）恒成立，從而h（x）min≥0，

∴h′（x）＝2k（x+1）ex﹣2（x+1）＝2（x+1）（kex﹣1），

①當k≤0時，h′（x）≤0，h（x）在[﹣1，+∞）上單調遞減，又h（1）＝2ke﹣2＜0，顯然h（x）≥0不恒成立，

②當k＞0時，h′（x）＝0，解得x1＝﹣1，x2＝﹣lnk，

（i）當﹣lnk＜﹣1時，即k＞e時，h′（x）≥0，h（x）單調遞增，

又h（x）min＝h（﹣1）20，顯然h（x）≥0不恒成立，

（ii）當﹣lnk＝﹣1時，即k＝e時，h′（x）＞0，h（x）單調遞增，

∴h（x）min＝h（﹣1）20，即h（x）≥0恒成立，

（iii）當﹣lnk＞﹣1時，即0＜k＜e時，

當x∈[﹣1，﹣lnk）時，h′（x）＜0，h（x）單調遞減，當x∈（﹣lnk，+∞）時，h′（x）＞0，h（x）單調遞增，

∴h（x）min＝h（﹣lnk）＝-2lnk﹣（ln2k﹣2lnk﹣1）＝1﹣ln2k≥0，解得k≤e，∴k＜e，

綜上所述得：k≤e．