Question

【題目】已知f（x）=e2x+ln（x+a）．
（1）當(dāng)a=1時(shí)，①求f（x）在（0，1）處的切線方程；②當(dāng)x≥0時(shí)，求證：f（x）≥（x+1）2+x．
（2）若存在x0∈[0，+∞），使得 成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．

Answer 1

【答案】
（1）解：a=1時(shí)，f（x）=e2x+ln（x+1），f′（x）=2e2x+ ，

①可得f（0）=1，f′（0）=2+1=3，

所以f（x）在（0，1）處的切線方程為y=3x+1；

②證明：設(shè)F（x）=e2x+ln（x+1）﹣（x+1）2﹣x（x≥0），

F′（x）=2e2x+ ﹣2（x+1）﹣1

F″（x）=4e2x﹣ ﹣2=[e2x﹣﹣ ]+2（e2x﹣1）+e2x＞0，（x≥0），

所以，F(xiàn)′（x）在[0，+∞）上遞增，所以F′（x）≥F′（0）=0，

所以，F(xiàn)（x）在[0，+∞）上遞增，所以F（x）≥F（0）=0，

即有當(dāng)x≥0時(shí)，f（x）≥（x+1）2+x

（2）解：存在x0∈[0，+∞），使得 成立

存在x0∈[0，+∞），使得e ﹣ln（x0+a）﹣x02＜0，

設(shè)u（x）=e2x﹣ln（x+a）﹣x2，

u′（x）=2e2x﹣ ﹣2x，u″（x）=4e2x+ ﹣2＞0，

可得u′（x）在[0，+∞）單調(diào)增，即有u′（x）≥u′（0）=2﹣

①當(dāng)a≥ 時(shí)，u′（0）=2﹣ ≥0，

可得u（x）在[0，+∞）單調(diào)增，

則u（x）min=u（0）=1﹣lna＜0，

解得a＞e；

②當(dāng)a＜ 時(shí)，ln（x+a）＜ln（x+ ），

設(shè)h（x）=x﹣ ﹣ln（x+ ），（x＞0），

h′（x）=1﹣ = ，

另h′（x）＞0可得x＞ ，h′（x）＜0可得0＜x＜ ，

則h（x）在（0， ）單調(diào)遞減，在（ ，+∞）單調(diào)遞增．

則h（x）≥h（ ）=0．/p>

設(shè)g（x）=e2x﹣x2﹣（x﹣ ），（x＞0），

g′（x）=2e2x﹣2x﹣1，

g″（x）=4e2x﹣2＞4﹣2＞0，

可得g′（x）在（0，+∞）單調(diào)遞增，

即有g(shù)′（x）＞g′（0）=1＞0，

則g（x）在（0，+∞）單調(diào)遞增，

則g（x）＞g（0）＞0，

則e2x﹣x2＞x﹣ ＞ln（x+ ）＞ln（x+a），

則當(dāng)a＜ 時(shí)，f（x）＞2ln（x+a）+x2恒成立，不合題意．

綜上可得，a的取值范圍為（e，+∞）

【解析】（1）①求出f（x）的導(dǎo)數(shù)，可得切線的斜率，由斜截式方程即可得到所求切線的方程；②設(shè)F（x）=e2x+ln（x+1）﹣（x+1）2﹣x（x≥0），通過(guò)兩次求導(dǎo)，判斷F（x）的單調(diào)性，即可得證；（2）由題意可得存在x0∈[0，+∞），使得e ﹣ln（x0+a）﹣x02＜0，設(shè)u（x）=e2x﹣ln（x+a）﹣x2 ， 兩次求導(dǎo)，判斷單調(diào)性，對(duì)a討論，分①當(dāng)a≥ 時(shí)，②當(dāng)a＜ 時(shí)，通過(guò)構(gòu)造函數(shù)和求導(dǎo)，得到單調(diào)區(qū)間，可得最值，即可得到所求a的范圍．