冲刺2018年高考数学, 典型例题分析12：导数综合问题

已知函数h（x）=（x﹣a）ex+a．

（1）若x∈，求函数h（x）的最小值；

（2）当a=3时，若对∀x1∈，∃x2∈，

使得h（x1）≥x22﹣2bx2﹣ae+e+15/2成立，求b的范围．

解：（1）h'（x）=（x﹣a+1）ex，令h'（x）=0得x=a﹣1．

当a﹣1≤﹣1即a≤0时，

在上h'（x）≥0，函数h（x）=（x﹣a）ex+a递增，

h（x）的最小值为h（-1）=a-（1+a）/e．

当﹣1＜a﹣1＜1即0＜a＜2时，

在x∈上h'（x）≤0，h（x）为减函数，

在x∈上h'（x）≥0，h（x）为增函数．

∴h（x）的最小值为h（a﹣1）=﹣ea﹣1+a．

当a﹣1≥1即a≥2时，

在上h'（x）≤0，h（x）递减，

h（x）的最小值为h（1）=（1﹣a）e+a．

综上所述，当a≤0时h（x）的最小值为a-（1+a）/e，

当a≥2时h（x）的最小值为（1﹣a）e+a，

当0＜a＜2时，h（x）最小值为﹣ea﹣1+a．

（2）令f（x）=x2﹣2bx﹣ae+e+15/2，

由题可知“对∀x1∈，∃x2∈，

使得h（x1）≥x22﹣2bx2﹣ae+e+15/2成立

等价于“f（x）在上的最小值不大于h（x）在上的最小值”．

即h（x）min≥f（x）min．

由（1）可知，当a=3时，h（x）min=h（1）=（1﹣a）e+a=﹣2e+3．

当a=3时，f（x）≥x2﹣2bx﹣ae+e+15/2=（x-b）2﹣b2﹣2e+15/2.

①当b≤1时，f（x）min=f（1）=﹣2b﹣2e+17/2，

由-2e+3≥﹣2b﹣2e+17/2，

得b≥11/4，与b≤1矛盾，舍去．

②当1＜b＜2时，

f（x）min=f（b）=﹣b2﹣2e+15/2，

由-2e+3≥﹣b2﹣2e+15/2，

得b2≥9/2，与1＜b＜2矛盾，舍去．

③当b≥2时，

f（x）min=f（2）=﹣4b﹣2e+23/2，

由-2e+3≥﹣4b﹣2e+23/2，

得b≥17/8． 

综上，b的取值范围是[17/8，+∞）．

考点分析：

利用导数求闭区间上函数的最值；导数在最大值、最小值问题中的应用．

题干分析：

（1）求出极值点x=a﹣1．通过当a≤0时，当0＜a＜2时，当a≥2时，利用函数的单调性求解函数的最小值．

（2）令f（x）=x2﹣2bx﹣ae+e+15/2，“对∀x1∈，∃x2∈，使得h（x1）≥x22﹣2bx2﹣ae+e+15/2成立”等价于“f（x）在上的最小值不大于h（x）在上的最小值”．推出h（x）min≥f（x）min．通过①当b≤1时，②当1＜b＜2时，③当b≥2时，分别利用极值与最值求解b的取值范围．