Question

13．已知函數f（x）=f'（1）e^x-1-f（0）x+$\frac{1}{2}{x^2}（f'（x）是f（x）$的導數，e為自然對數的底數）g（x）=$\frac{1}{2}{x^2}$+ax+b（a∈R，b∈R）
（Ⅰ）求f（x）的解析式及極值；
（Ⅱ）若f（x）≥g（x），求$\frac{b（a+1）}{2}$的最大值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函數的導數，求出f′（1）=e，求出函數的導數，得到函數的單調性求出f（0）的值即可；
（Ⅱ）令h（x）=e^x-（a+1）x-b≥0，求出函數的導數，通過討論a的范圍，求出函數的單調區間，求出$\frac{b（a+1）}{2}$的最大值即可．

解答 解：（Ⅰ）由已知得：f′（x）=f′（1）e^x-1-f（0）+x，
令x=1，得：f′（1）=f′（1）-f（0）+1，
即f（0）=1，
∵f（0）=$\frac{f′（1）}{e}$，
∴f′（1）=e，
從而f（x）=e^x-x+$\frac{1}{2}$x²，
∴f′（x）=e^x+x-1，
又f′（x）=e^x+x-1在R遞增，且f′（0）=0，
∴當x＜0時，f′（x）＜0，x＞0時，f′（x）＞0，
故x=0為極值點，
∴f（x）的極小值實是f（0）=1，無極大值；
（Ⅱ）f（x）≥$\frac{1}{2}$x²+ax+b?h（x）=e^x-（a+1）x-b≥0，
得：h′（x）=e^x-（a+1），
①當a+1≤0時，h′（x）＞0，
故y=h（x）在x∈R上遞增，
x∈-∞時，h（x）→-∞與h（x）≥0矛盾，
②當a+1＞0時，h′（x）＞0，
∴x＞ln（a+1），h′（x）＜0，
∴x＜ln（a+1），
故x=ln（a+1）時，h（x）min=（a+1）-（a+1）ln（a+1）-b≥0，
即（a+1）-（a+1）ln（a+1）≥b，
∴（a+1）b≤（a+1）²-（a+1）²ln（a+1），（a+1＞0），
令F（x）=x²-x²lnx（x＞0），則F′（x）=x（1-2lnx），
∴F′（x）＞0，解得：0＜x＜$\sqrt{e}$，F′（x）＜0，解得：x＞$\sqrt{e}$，
x=$\sqrt{e}$時，F（x）_max=$\frac{e}{2}$，
即當a=$\sqrt{e}$-1，b=$\frac{\sqrt{e}}{2}$時，
（a+1）b的最大值為$\frac{e}{2}$，
∴$\frac{（a+1）b}{2}$的最大值為：$\frac{e}{4}$．

點評 本題考查了函數的單調性、最值問題，考查導數的應用以及分類討論思想，是一道中檔題．