【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.
【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a討論,分①當(dāng)a≥ 時(shí),②當(dāng)a< 時(shí),通過構(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.
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(1)甲、乙兩種品牌商品銷量的中位數(shù)分別是多少?
(2)甲品牌商品銷量在[20,50]間的頻率是多少?
(3)甲、乙兩個(gè)品牌商品哪個(gè)更受歡迎?并說明理由.
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,,, ,
,, ,
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A.
B.
C.(2,3)
D.
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