Question

【題目】已知函數f（x）=e2x（ax2+2x﹣1），a∈R．
（Ⅰ）當a=4時，求證：過點P（1，0）有三條直線與曲線y=f（x）相切；
（Ⅱ）當x≤0時，f（x）+1≥0，求實數a的取值范圍．

Answer 1

【答案】解法一：（Ⅰ）證明：當a=4時，f（x）=e2x（4x2+2x﹣1）， f'（x）=e2x2（4x2+2x﹣1）+e2x（8x+2）=2e2x（4x2+6x）
設直線與曲線y=f（x）相切，其切點為（x0 ， f（x0）），
則曲線y=f（x）在點（x0 ， f（x0））處的切線方程為：y﹣f（x0）=f'（x0）（x﹣x0），
因為切線過點P（1，0），所以﹣f（x0）=f'（x0）（1﹣x0），
即 ，
∵ ，∴ ，
設g（x）=8x3﹣14x+1，
∵g（﹣2）=﹣35＜0，g（0）=1＞0，g（1）=﹣5＜0，g（2）=37＞0
∴g（x）=0在三個區(qū)間（﹣2，0），（0，1），（1，2）上至少各有一個根．
又因為一元三次方程至多有三個根，所以方程8x3﹣14x+1=0恰有三個根，
故過點P（1，0）有三條直線與曲線y=f（x）相切．
（Ⅱ）∵當x≤0時，f（x）+1≥0，即當x≤0時，e2x（ax2+2x﹣1）+1≥0，
∴當x≤0時， ，
設 ，
則 ，
設 ，則 ．
（i）當a≥﹣2時，∵x≤0，∴ ，從而m'（x）≥0（當且僅當x=0時，等號成立）
∴ 在（﹣∞，0]上單調遞增，
又∵m（0）=0，∴當x≤0時，m（x）≤0，從而當x≤0時，h'（x）≤0，
∴ 在（﹣∞，0]上單調遞減，又∵h（0）=0，
從而當x≤0時，h（x）≥0，即
于是當x≤0時，f（x）+1≥0，
（ii）當a＜﹣2時，令m'（x）=0，得 ，∴ ，
故當 時， ，
∴ 在 上單調遞減，
又∵m（0）=0，∴當 時，m（x）≥0，
從而當 時，h'（x）≥0，
∴ 在 上單調遞增，
又∵h（0）=0，
從而當 時，h（x）＜0，即
于是當 時，f（x）+1＜0，
綜合得a的取值范圍為[﹣2，+∞）．
解法二：（Ⅰ）當a=4時，f（x）=e2x（4x2+2x﹣1），
f'（x）=e2x2（4x2+2x﹣1）+e2x（8x+2）=2e2x（4x2+6x），
設直線與曲線y=f（x）相切，其切點為（x0 ， f（x0）），
則曲線y=f（x）在點（x0 ， f（x0））處的切線方程為y﹣f（x0）=f'（x0）（x﹣x0），
因為切線過點P（1，0），所以﹣f（x0）=f'（x0）（1﹣x0），）
即 ，
∵ ，∴
設g（x）=8x3﹣14x+1，則g'（x）=24x2﹣14，令g'（x）=0得 ，
當x變化時，g（x），g'（x）變化情況如下表：

x
g'（x）	+	0	﹣	0	+
g（x）	↗	極大值	↘	極小值	↗

∴8x3﹣14x+1=0恰有三個根，
故過點P（1，0）有三條直線與曲線y=f（x）相切．
（Ⅱ）同解法一
【解析】（Ⅰ）方法一、求出f（x）的解析式和導數，設直線與曲線y=f（x）相切，其切點為（x0 ， f（x0）），求出切線的方程，代入P的坐標，整理成三次方程，運用兩點存在定理，考慮方程的根的情況即可得證； 方法二、求出f（x）的解析式和導數，設直線與曲線y=f（x）相切，其切點為（x0 ， f（x0）），求出切線的方程，代入P的坐標，整理成三次方程，構造三次函數，求出導數和單調區(qū)間及極值，即可得證；（Ⅱ）由題意可得當x≤0時，e2x（ax2+2x﹣1）+1≥0，構造 ，設 ，求出導數，討論a的范圍，運用單調性即可得到a的范圍．
【考點精析】解答此題的關鍵在于理解函數的最大(小)值與導數的相關知識，掌握求函數在上的最大值與最小值的步驟：（1）求函數在內的極值；（2）將函數的各極值與端點處的函數值，比較，其中最大的是一個最大值，最小的是最小值．