Question

3．已知函數(shù)f（x）=e^x-x+$\frac{1}{2}{x^2}（e$為自然對數(shù)的底數(shù)）g（x）=$\frac{1}{2}{x^2}$+ax+b（a∈R，b∈R）．
（Ⅰ）求f（x）的極值；
（Ⅱ）若f（x）≥g（x），求b（a+1）的最大值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）利用導(dǎo)函數(shù)求單調(diào)性，可得極值．
（Ⅱ）利用導(dǎo)函數(shù)討論單調(diào)性，構(gòu)造b（a+1），求其最大值．

解答 解：（Ⅰ）函數(shù)f（x）=e^x-x+$\frac{1}{2}{x}^{2}$，
則f′（x）=e^x+x-1，
∵f′（x）=e^x+x-1在R上遞增，且f′（0）=0，
∴當(dāng)x＜0時，f′（x）＜0，
∴當(dāng)x＞0時，f′（x）＞0，
故x=0為極值點：f（0）=1
（Ⅱ）g（x）=$\frac{1}{2}{x^2}$+ax+b，
f（x）≥g（x），即e^x-x+$\frac{1}{2}{x}^{2}$≥$\frac{1}{2}{x^2}$+ax+b，等價于h（x）=e^x-x（a+1）-b≥0，
得：h′（x）=e^x-（a+1）
①當(dāng)（a+1）＜0時，h′（x）在R上單調(diào)性遞增，x∈-∞時，h（x）→-∝與h（x）≥0相矛盾．
②當(dāng)（a+1）＞0時，h′（x）＞0，此時x＞ln（a+1），
h′（x）＜0，此時x＜ln（a+1），
當(dāng)x=ln（a+1）時，h（x）取得最小值為h（x）_min=（a+1）-（a+1）ln（a+1）-b
即（a+1）-（a+1）ln（a+1）≥b
那么：b（a+1）≤（a+1）²-（a+1）²ln（a+1）
令F（x）=（a+1）x²-x²lnx，（x＞0）
則F′（x）=x（1-2lnx）
∴F′（x）＞0，可得$0＜x＜\sqrt{e}$，
F′（x）＜0，可得$x＞\sqrt{e}$．
當(dāng)x=$\sqrt{e}$時，F(xiàn)（x）取得最大值為$\frac{e}{2}$．
即當(dāng)a=$\sqrt{e}-1$，b=$\frac{\sqrt{e}}{2}$時，b（a+1）取得最大值為$\frac{e}{2}$．
故得b（a+1）的最大值為$\frac{e}{2}$．

點評 本題考查了利用導(dǎo)函數(shù)研究單調(diào)性和最值的問題，綜合性強，計算量大，比較難．