Question

已知函數f（x）=x³-3x，g（x）=e^x-ax（a∈R）．其中e是自然對數的底數．
（Ⅰ）求曲線f（x）在點（2，f（2））處的切線方程；
（Ⅱ）若函數F（x）=g（x）-1-xlnx（x∈（0，2]），求證：當a＜e-1時，函數F（x）無零點；
（Ⅲ）已知正數m滿足：存在x₀∈[1，+∞）使得g（x₀）+g（-x₀）＜mf（-x₀）成立，且m^e-1＞e^m-1，
求m的取值范圍．

Answer 1

考點：利用導數研究曲線上某點切線方程,利用導數研究函數的極值,利用導數求閉區間上函數的最值

專題：計算題,證明題,函數的性質及應用,導數的概念及應用,導數的綜合應用

分析：（Ⅰ）求導f′（x）=3x²-3，從而得到切線斜率為f′（2）=9，從而寫出切線方程；
（Ⅱ）化簡F（x）=e^x-1-ax-xlnx，從而得a=

ex-1

x

-lnx，設h(x)=

ex-1

x

-lnx，求導h′(x)=

(ex-1)(x-1)

x2

，從而化為最值問題；
（Ⅲ）化簡G（x）=g（x）+g（-x）=e^x+e^-x，從而G′（x）=e^x-e^-x，當x＞1時G′（x）＞0，從而證明單調性；再令h（x）=mf（-x）=m（-x³+3x），h′（x）=-3m（x²-1），從而確定函數的單調性；從而可化得（e-1）lnm-m+1＞0，設H（m）=（e-1）lnm-m+1，從而求導H′(m)=

e-1

m

-1=

e-1-m

m

 ， m＞0，化為最值問題．

解答： 解：（Ⅰ）由f（x）=x³-3x得f′（x）=3x²-3，
因點（2，f（2））在曲線上，
所以切線斜率為f′（2）=9，
切線方程為y-2=9（x-2），
故直線方程為9x-y-16=0；
（Ⅱ）證明：因為F（x）=e^x-1-ax-xlnx，
由F（x）=0得，a=

ex-1

x

-lnx，
設h(x)=

ex-1

x

-lnx，
則h′(x)=

(ex-1)(x-1)

x2

，
當0＜x＜1時，h′（x）＜0，當1＜x＜2時，h′（x）＞0，
所以h（x）在（0，1）單調遞減，（1，2）單調遞增，
又h（1）=e-1，
所以當a＜e-1時，函數F（x）無零點；
（Ⅲ）G（x）=g（x）+g（-x）=e^x+e^-x，
則G′（x）=e^x-e^-x，當x＞1時G′（x）＞0，
∴G（x）在（1，+∞）上單調遞增，
令h（x）=mf（-x）=m（-x³+3x），h′（x）=-3m（x²-1），
∵m＞0，x＞1，
∴h′（x）＜0，
即h（x）在x∈（1，+∞）上單調遞減，
∵存在x₀∈[1，+∞），使得g(x0)+g(-x0)＜m(-x03+3x0)，
∴G(1)=e+

1

e

＜2m，
即m＞

1

2

(e+

1

e

)，
∵m^e-1＞e^m-1，
∴（e-1）lnm＞m-1，
即（e-1）lnm-m+1＞0，
設H（m）=（e-1）lnm-m+1，
則H′(m)=

e-1

m

-1=

e-1-m

m

 ， m＞0，
當0＜m＜e-1時，H′（m）＞0，H（m）單調遞增，
當m＞e-1時，H′（m）＜0，H（m）單調遞減，
而H（1）=H（e）=0，
所以使H（m）＞0的m滿足1＜m＜e；
故符合條件的m滿足

1

2

(e+

1

e

)＜m＜e．

點評：本題考查了導數的綜合應用及恒成立問題化為最值問題的應用，屬于難題．