题目
已知a,b∈R，函数f（x）=ex-asinx,g（x）=bsqrt(x)．（1）求函数y=f（x）在（0，f（0））处的切线方程；（2）若y=f（x）和y=g（x）有公共点．（ⅰ）当a=0时，求b的取值范围；（ⅱ）求证：a2+b2＞e.
已知a,b∈R，函数f（x）=ex-asinx,g（x）=b$\sqrt{x}$．
（1）求函数y=f（x）在（0，f（0））处的切线方程；
（2）若y=f（x）和y=g（x）有公共点．
（ⅰ）当a=0时，求b的取值范围；
（ⅱ）求证：a2+b2＞e.
（1）求函数y=f（x）在（0，f（0））处的切线方程；
（2）若y=f（x）和y=g（x）有公共点．
（ⅰ）当a=0时，求b的取值范围；
（ⅱ）求证：a2+b2＞e.
题目解答
答案
解：（1）∵f（x）=ex-asinx,∴f′（x）=ex-acosx,
∴f（0）=1，f′（0）=1-a,
∴函数y=f（x）在（0，1）处的切线方程为y=（1-a）x+1；
（2）（ⅰ）∵a=0，∴f（x）=ex，又y=f（x）和y=g（x）有公共点，
∴方程f（x）=g（x）有解，
即${e}^{x}=b\sqrt{x}$有解，显然x≠0，
∴b=$\frac{{e}^{x}}{\sqrt{x}}$在（0，+∞）上有解，
设h（x）=$\frac{{e}^{x}}{\sqrt{x}}$，（x＞0），
∴h′（x）=$\frac{{e}^{x}（2x-1）}{2x\sqrt{x}}$，
∴当x∈（0，$\frac{1}{2}$）时，h′（x）＜0；当x∈（$\frac{1}{2}$，+∞）时，h′（x）＞0，
∴h（x）在（0，$\frac{1}{2}$）上单调递减，在（$\frac{1}{2}$，+∞）上单调递增，
∴$h（x）_{min}=h（\frac{1}{2}）=\sqrt{2e}$，且当x→0时，h（x）→+∞；当x→+∞时，h（x）→+∞，
∴h（x）∈[$\sqrt{2e}$，+∞），
∴b的范围为[$\sqrt{2e}$，+∞）；
（ⅱ）证明：令交点的横坐标为x0，则${e}^{{x}_{0}}=asin{x}_{0}+b\sqrt{{x}_{0}}$，
∴由柯西不等式可得${e}^{2{x}_{0}}=（asin{x}_{0}+b\sqrt{{x}_{0}}）^{2}$≤（a2+b2）（sin2x0+x0）
∴a2+b2≥$\frac{{e}^{2{x}_{0}}}{si{n}^{2}{x}_{0}+{x}_{0}}$，
又易证x＞0时，x＞sinx,ex≥ex,ex＞x+1，
∴$\frac{{e}^{2{x}_{0}}}{si{n}^{2}{x}_{0}+{x}_{0}}$=$\frac{{e}^{{x}_{0}}•{e}^{{x}_{0}}}{si{n}^{2}{x}_{0}+{x}_{0}}$＞$\frac{e{x}_{0}•（{x}_{0}+1）}{{x}_{0}^{2}+{x}_{0}}$=e,
故a2+b2＞e.
∴f（0）=1，f′（0）=1-a,
∴函数y=f（x）在（0，1）处的切线方程为y=（1-a）x+1；
（2）（ⅰ）∵a=0，∴f（x）=ex，又y=f（x）和y=g（x）有公共点，
∴方程f（x）=g（x）有解，
即${e}^{x}=b\sqrt{x}$有解，显然x≠0，
∴b=$\frac{{e}^{x}}{\sqrt{x}}$在（0，+∞）上有解，
设h（x）=$\frac{{e}^{x}}{\sqrt{x}}$，（x＞0），
∴h′（x）=$\frac{{e}^{x}（2x-1）}{2x\sqrt{x}}$，
∴当x∈（0，$\frac{1}{2}$）时，h′（x）＜0；当x∈（$\frac{1}{2}$，+∞）时，h′（x）＞0，
∴h（x）在（0，$\frac{1}{2}$）上单调递减，在（$\frac{1}{2}$，+∞）上单调递增，
∴$h（x）_{min}=h（\frac{1}{2}）=\sqrt{2e}$，且当x→0时，h（x）→+∞；当x→+∞时，h（x）→+∞，
∴h（x）∈[$\sqrt{2e}$，+∞），
∴b的范围为[$\sqrt{2e}$，+∞）；
（ⅱ）证明：令交点的横坐标为x0，则${e}^{{x}_{0}}=asin{x}_{0}+b\sqrt{{x}_{0}}$，
∴由柯西不等式可得${e}^{2{x}_{0}}=（asin{x}_{0}+b\sqrt{{x}_{0}}）^{2}$≤（a2+b2）（sin2x0+x0）
∴a2+b2≥$\frac{{e}^{2{x}_{0}}}{si{n}^{2}{x}_{0}+{x}_{0}}$，
又易证x＞0时，x＞sinx,ex≥ex,ex＞x+1，
∴$\frac{{e}^{2{x}_{0}}}{si{n}^{2}{x}_{0}+{x}_{0}}$=$\frac{{e}^{{x}_{0}}•{e}^{{x}_{0}}}{si{n}^{2}{x}_{0}+{x}_{0}}$＞$\frac{e{x}_{0}•（{x}_{0}+1）}{{x}_{0}^{2}+{x}_{0}}$=e,
故a2+b2＞e.
解析
步骤 1：求函数y=f（x）在（0，f（0））处的切线方程
首先，我们需要计算f（x）在x=0处的导数f′（x）=e^{x}-acosx，然后计算f（0）和f′（0）的值。f（0）=e^{0}-asin0=1，f′（0）=e^{0}-acos0=1-a。因此，切线方程为y=f′（0）x+f（0）=（1-a）x+1。
步骤 2：求b的取值范围
当a=0时，f（x）=e^{x}，g（x）=b$\sqrt{x}$。由于y=f（x）和y=g（x）有公共点，即存在x使得e^{x}=b$\sqrt{x}$。我们设h（x）=$\frac{{e}^{x}}{\sqrt{x}}$，求h（x）的最小值。h′（x）=$\frac{{e}^{x}（2x-1）}{2x\sqrt{x}}$，当x∈（0，$\frac{1}{2}$）时，h′（x）＜0；当x∈（$\frac{1}{2}$，+∞）时，h′（x）＞0。因此，h（x）在x=$\frac{1}{2}$时取得最小值$h（\frac{1}{2}）=\sqrt{2e}$。所以b的取值范围为[$\sqrt{2e}$，+∞）。
步骤 3：证明a^{2}+b^{2}＞e
令交点的横坐标为x_0，则${e}^{{x}_{0}}=asin{x}_{0}+b\sqrt{{x}_{0}}$。由柯西不等式可得${e}^{2{x}_{0}}=（asin{x}_{0}+b\sqrt{{x}_{0}}）^{2}$≤（a^{2}+b^{2}）（sin^{2}x_0+x_0）。因此，a^{2}+b^{2}≥$\frac{{e}^{2{x}_{0}}}{si{n}^{2}{x}_{0}+{x}_{0}}$。又易证x＞0时，x＞sinx,e^{x}≥ex,e^{x}＞x+1。所以$\frac{{e}^{2{x}_{0}}}{si{n}^{2}{x}_{0}+{x}_{0}}$=$\frac{{e}^{{x}_{0}}•{e}^{{x}_{0}}}{si{n}^{2}{x}_{0}+{x}_{0}}$＞$\frac{e{x}_{0}•（{x}_{0}+1）}{{x}_{0}^{2}+{x}_{0}}$=e。故a^{2}+b^{2}＞e。
首先，我们需要计算f（x）在x=0处的导数f′（x）=e^{x}-acosx，然后计算f（0）和f′（0）的值。f（0）=e^{0}-asin0=1，f′（0）=e^{0}-acos0=1-a。因此，切线方程为y=f′（0）x+f（0）=（1-a）x+1。
步骤 2：求b的取值范围
当a=0时，f（x）=e^{x}，g（x）=b$\sqrt{x}$。由于y=f（x）和y=g（x）有公共点，即存在x使得e^{x}=b$\sqrt{x}$。我们设h（x）=$\frac{{e}^{x}}{\sqrt{x}}$，求h（x）的最小值。h′（x）=$\frac{{e}^{x}（2x-1）}{2x\sqrt{x}}$，当x∈（0，$\frac{1}{2}$）时，h′（x）＜0；当x∈（$\frac{1}{2}$，+∞）时，h′（x）＞0。因此，h（x）在x=$\frac{1}{2}$时取得最小值$h（\frac{1}{2}）=\sqrt{2e}$。所以b的取值范围为[$\sqrt{2e}$，+∞）。
步骤 3：证明a^{2}+b^{2}＞e
令交点的横坐标为x_0，则${e}^{{x}_{0}}=asin{x}_{0}+b\sqrt{{x}_{0}}$。由柯西不等式可得${e}^{2{x}_{0}}=（asin{x}_{0}+b\sqrt{{x}_{0}}）^{2}$≤（a^{2}+b^{2}）（sin^{2}x_0+x_0）。因此，a^{2}+b^{2}≥$\frac{{e}^{2{x}_{0}}}{si{n}^{2}{x}_{0}+{x}_{0}}$。又易证x＞0时，x＞sinx,e^{x}≥ex,e^{x}＞x+1。所以$\frac{{e}^{2{x}_{0}}}{si{n}^{2}{x}_{0}+{x}_{0}}$=$\frac{{e}^{{x}_{0}}•{e}^{{x}_{0}}}{si{n}^{2}{x}_{0}+{x}_{0}}$＞$\frac{e{x}_{0}•（{x}_{0}+1）}{{x}_{0}^{2}+{x}_{0}}$=e。故a^{2}+b^{2}＞e。