设函数 $ f\left(x\right)=a{\mathrm{e}}^x+{\dfrac{1}{a{\mathrm{e}}^x}}+b\left(a>0\right) $．
【难度】
【出处】
2012年高考安徽卷（理）
【标注】
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求 $ f\left(x\right) $ 在 $ \left[0,+\infty \right) $ 内的最小值；标注答案解析对 $f\left(x\right)$ 求导得\[ f '\left(x\right)=a{\mathrm{e}}^x-{\dfrac{1}{a{\mathrm{e}}^x}}=\dfrac{a^2{\mathrm{e}}^{2x}-1}{a{\mathrm{e}}^x},\]当 $ f '\left(x\right)>0 $，即 $ x>-\ln a $ 时，$ f\left(x\right) $ 在 $ \left(-\ln a,+\infty \right) $ 上单调递增；
当 $ f '\left(x\right)<0 $，即 $ x<-\ln a $ 时，$ f\left(x\right) $ 在 $ \left(-\infty ,-\ln a\right) $ 上单调递减．
① 当 $ 0<a<1 $ 时，$ -\ln a>0 $，
因此 $ f\left(x\right) $ 在 $ \left(0,-\ln a\right) $ 上单调递减，在 $ \left(-\ln a,+\infty \right) $ 上单调递增，
从而 $ f\left(x\right) $ 在 $ \left[0,+\infty \right) $ 上的最小值为\[ f\left(-\ln a\right)=2+b ;\]② 当 $ a\geqslant 1 $ 时，$ -\ln a\leqslant 0$，$f\left(x\right) $ 在 $ \left[0,+\infty \right) $ 上单调递增，
从而 $ f\left(x\right) $ 在 $ \left[0,+\infty \right) $ 上的最小值为\[ f\left(0\right)=a+{\dfrac{1}{a}}+b .\] -
设曲线 $ y=f\left(x\right) $ 在点 $ \left(2,f\left(2\right)\right) $ 处的切线方程为 $ y={\dfrac{3}{2}}x $，求 $ a$，$b $ 的值．标注答案解析依题意\[ f '\left(2\right)=a{\mathrm{e}}^2-{\dfrac{1}{a{\mathrm{e}}^2}}={\dfrac{3}{2}} ,\]解得\[ a{\mathrm{e}}^2=2 或 a{\mathrm{e}}^2=-{\dfrac{1}{2}}\left(舍去\right). \]所以 $ a=\dfrac{2}{{\mathrm{e}}^2} $，代入原函数可得\[ 2+{\dfrac{1}{2}}+b=3, \]即\[ b={\dfrac{1}{2}}, \]故\[ a={\dfrac{2}{{\mathrm{e}}^2}},b={\dfrac{1}{2}}. \]
题目
问题1
答案1
解析1
备注1
问题2
答案2
解析2
备注2
