Question

12．已知函數f（x）=e^x+$\frac{{x}^{2}}{2}$+ln（x+m）+n在點（0，f（0））處的切線方程為（e+1）x-ey+3e=0．
（1）求f（x）的解析式；
（2）若當x≥0時，f（x）≥$\frac{{x}^{2}}{2}$+ax+3成立，求實數a的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）求出導函數，f′（x）=e^x+x+$\frac{1}{x+m}$，利用切線方程，列出方程組，求解m，n，即可頂點函數的解析式．
（2）利用f（x）≥$\frac{{x}^{2}}{2}$+ax+3對于?x＞0恒成立，轉化e^x+ln（x+m）-ax-2≥0對于?x＞0恒成立，令F（x）=e^x+ln（x+e）-ax-2，通過函數的導數，二次導數，判斷函數的單調性，求解函數的最小值，1）當a$≤1+\frac{1}{e}$時，2）當$a＞1+\frac{1}{e}$時，F'（0）＜0，方便判斷求解即可．

解答 解：（1）由題意知f′（x）=e^x+x+$\frac{1}{x+m}$，$\left\{{\begin{array}{l}{f（0）=3}\\{f'（0）=\frac{e+1}{e}}\end{array}}\right.$，
即$\left\{\begin{array}{l}{1+lnm+n=3}\\{1+\frac{1}{m}=\frac{e+1}{e}}\end{array}\right.$，所以$\left\{\begin{array}{l}{m=e}\\{n=1}\end{array}\right.$．
函數f（x）=e^x+$\frac{{x}^{2}}{2}$+ln（x+e）+1；                    （4分）
（2）f（x）≥$\frac{{x}^{2}}{2}$+ax+3對于?x＞0恒成立，
即e^x+ln（x+m）-ax-2≥0對于?x＞0恒成立，
令F（x）=e^x+ln（x+e）-ax-2，F′（x）=e^x+$\frac{1}{x+e}$-a，$F''（x）={e^x}-\frac{1}{{{{（x+e）}^2}}}$，
當x＞0時e^x≥1，$\frac{1}{{{{（x+e）}^2}}}≤1$，
所以F′′（x）＞0對于?x≥0恒成立，所以F'（x）在[0，+∞）單調遞增              （6分）${F'_{min}}（x）=F'（0）=1+\frac{1}{e}-a$，
1）當$1+\frac{1}{e}-a≥0$，即a$≤1+\frac{1}{e}$時，F′（x）≥0且盡在x=0時等號成立，
所以F（x）在[0，+∞）單調遞增，從而F（x）≥F（0）=0，滿足題意，（8分）
2）當$1+\frac{1}{e}-a＜0$即$a＞1+\frac{1}{e}$時，F'（0）＜0，
$F'（lna）={e^{lna}}+\frac{1}{e+lna}-a=\frac{1}{e+lna}＞0$且F'（x）在[0，+∞）單調遞增，
所以?x₀∈（0，lna），使得F′（x）=0，（10分）
當x∈（0，x₀）時，F′（x）＜0，所以F（x）在（0，x₀）單調遞減，
當x∈（x₀，+∞）時，F'（x）＞0，所以F（x）在（x₀，+∞）單調遞增，
因此，當x∈（0，x₀）時，F（x）＜F（0）=0，不合題意．
綜上所述：$a≤1+\frac{1}{e}$（12分）

點評 本題考查函數的導數的綜合應用，函數的解析式以及函數的最值的求法，考查轉化思想以及計算能力．