Question

16．已知函數f（x）=$\frac{a{e}^{x+2}}{2+x}$（a≠0），g（x）=$\frac{1}{x+2}$+2ln（x+2）．
（1）若1＜a＜$\frac{3}{2}$，試問是否存在x₁，x₂∈[-$\frac{3}{2}$，-a]，使得f（x₁）＞g（x₂）；
（2）若P是曲線y=g（x）上任意一點，求點P到直線8x+y+15=0的最小距離，并求此時點P的坐標．

Answer 1

分析 （1）假設存在x₁，x₂∈[-$\frac{3}{2}$，-a]，使得f（x₁）＞g（x₂），即有f（x）_max＞g（x）_min，分別求得f（x）、g（x）的導數，判斷單調性，可得最值，解不等式可得a的范圍，與已知a的范圍比較，即可判斷存在；
（2）當與直線8x+y+15=0平行的直線與曲線y=g（x）相切時，切點P到直線的距離最小，由導數的幾何意義可得P的坐標，由點到直線的距離公式可得所求最小距離．

解答 解：（1）假設存在x₁，x₂∈[-$\frac{3}{2}$，-a]，使得f（x₁）＞g（x₂），
可得f（x）_max＞g（x）_min，
由函數f（x）=$\frac{a{e}^{x+2}}{2+x}$（a≠0）的導數為f′（x）=$\frac{a{e}^{x+2}（x+1）}{（x+2）^{2}}$，
由x∈[-$\frac{3}{2}$，-a]，可得x+1∈[-$\frac{1}{2}$，1-a]，又1＜a＜$\frac{3}{2}$，可得1-a＜0，
則f′（x）＜0，f（x）在[-$\frac{3}{2}$，-a]遞減，可得f（x）_max=f（-$\frac{3}{2}$）；
由g（x）=$\frac{1}{x+2}$+2ln（x+2）的導數為g′（x）=-$\frac{1}{（x+2）^{2}}$+$\frac{2}{x+2}$=$\frac{2x+3}{（x+2）^{2}}$，
由x∈[-$\frac{3}{2}$，-a]，可得g′（x）＞0，g（x）遞增，
可得g（x）_min=g（-$\frac{3}{2}$），
由f（x）_max＞g（x）_min，可得$\frac{a{e}^{\frac{1}{2}}}{\frac{1}{2}}$＞$\frac{1}{\frac{1}{2}}$+2ln$\frac{1}{2}$，
化簡可得a＞$\frac{1-ln2}{{e}^{\frac{1}{2}}}$，
由$\frac{1-ln2}{{e}^{\frac{1}{2}}}$∈（0，1），又1＜a＜$\frac{3}{2}$，
可得在1＜a＜$\frac{3}{2}$，存在x₁，x₂∈[-$\frac{3}{2}$，-a]，使得f（x₁）＞g（x₂）；
（2）設與直線8x+y+15=0平行的切線與曲線y=g（x）相切的切點P（m，n），
可得$\frac{2m+3}{（m+2）^{2}}$=-8，（m＞-2）
解得m=-$\frac{7}{4}$（-$\frac{5}{2}$舍去），
即有切點P（-$\frac{7}{4}$，4-4ln2），
可得P到直線8x+y+15=0的距離為d=$\frac{|-14+4-4ln2+15|}{\sqrt{64+1}}$
=$\frac{|5-4ln2|}{\sqrt{65}}$=$\frac{（5-4ln2）\sqrt{65}}{65}$，
則點P到直線8x+y+15=0的最小距離為$\frac{（5-4ln2）\sqrt{65}}{65}$，
此時點P的坐標（-$\frac{7}{4}$，4-4ln2）．

點評 本題考查導數的運用：求切線的斜率和單調區(qū)間，考查存在性問題的解法，同時考查曲線上點到直線的距離的最值的求法，注意運用直線和曲線相切，運用點到直線的距離公式，屬于中檔題．