Question

20．設函數f（x）=e^2x+ae^x，a∈R．
（Ⅰ）當a=-4時，求f（x）的單調區間；
（Ⅱ）若對x∈R，f（x）≥a²x恒成立，求實數a的取值范圍．

Answer 1

分析 （I）當a=-4時，f′（x）=2e^x（e^x-2），令f′（x）=0，解得x=ln2．分別解出f′（x）＞0，f′（x）＜0，即可得出函數f（x）單調區間．
（Ⅱ）對x∈R，f（x）≥a²x恒成立?e^2x+ae^x-a²x≥0，令g（x）=e^2x+ae^x-a²x，則f（x）≥a²x恒成立?g（x）_min≥0．g′（x）=2e^2x+ae^x-a²=2$（{e}^{x}-\frac{a}{2}）$[e^x-（-a）]，對a分類討論，利用導數研究函數的單調性極值與最值即可得出．

解答 解：（I）當a=-4時，函數f（x）=e^2x-4e^x，
f′（x）=2e^2x-4e^x=2e^x（e^x-2），
令f′（x）=0，解得x=ln2．
當x∈（ln2，+∞）時，f′（x）＞0，此時函數f（x）單調遞增；當x∈（-∞，ln2）時，f′（x）＜0，此時函數f（x）單調遞減．
∴函數f（x）的單調遞增區間為：[ln2，+∞）時，單調遞減區間為（-∞，ln2）．
（Ⅱ）對x∈R，f（x）≥a²x恒成立?e^2x+ae^x-a²x≥0，
令g（x）=e^2x+ae^x-a²x，則f（x）≥a²x恒成立?g（x）_min≥0．
g′（x）=2e^2x+ae^x-a²=2$（{e}^{x}-\frac{a}{2}）$[e^x-（-a）]，
①a=0時，g′（x）=2e^2x＞0，
此時函數g（x）在R上單調遞增，g（x）=e^2x＞0恒成立，滿足條件．
②a＞0時，令g′（x）=0，解得x=ln$\frac{a}{2}$，則x＞ln$\frac{a}{2}$時，g′（x）＞0，
此時函數g（x）在R上單調遞增；x＜ln$\frac{a}{2}$時，g′（x）＜0，
此時函數g（x）在R上單調遞減．
∴當x=ln$\frac{a}{2}$時，函數g（x）取得極小值即最小值，則g（ln$\frac{a}{2}$）=a²（$\frac{3}{4}$-ln$\frac{a}{2}$）≥0，
解得0＜a≤$2{e}^{\frac{3}{4}}$．
③a＜0時，令g′（x）=0，解得x=ln（-a），
則x＞ln（-a）時，g′（x）＞0，此時函數g（x）在R上單調遞增；
x＜ln（-a）時，g′（x）＜0，此時函數g（x）在R上單調遞減．
∴當x=ln（-a）時，函數g（x）取得極小值即最小值，
則g（ln（-a））=-a²ln（-a）≥0，解得-1≤a＜0．
綜上可得：a的求值范圍是[-1，2${e}^{\frac{3}{4}}$]．

點評 本題考查了利用導數研究函數的單調性極值與最值、分類討論方法，考查了推理能力與計算能力，屬于難題．