Question

已知函数f（x）=x³-3x，g（x）=e^x-ax（a∈R）．其中e是自然对数的底数．
（Ⅰ）求曲线f（x）在点（2，f（2））处的切线方程；
（Ⅱ）若函数F（x）=g（x）-1-xlnx（x∈（0，2]），求证：当a＜e-1时，函数F（x）无零点；
（Ⅲ）已知正数m满足：存在x₀∈[1，+∞）使得g（x₀）+g（-x₀）＜mf（-x₀）成立，且m^e-1＞e^m-1，
求m的取值范围．

Answer 1

考点：利用导数研究曲线上某点切线方程,利用导数研究函数的极值,利用导数求闭区间上函数的最值

专题：计算题,证明题,函数的性质及应用,导数的概念及应用,导数的综合应用

分析：（Ⅰ）求导f′（x）=3x²-3，从而得到切线斜率为f′（2）=9，从而写出切线方程；
（Ⅱ）化简F（x）=e^x-1-ax-xlnx，从而得a=

ex-1

x

-lnx，设h(x)=

ex-1

x

-lnx，求导h′(x)=

(ex-1)(x-1)

x2

，从而化为最值问题；
（Ⅲ）化简G（x）=g（x）+g（-x）=e^x+e^-x，从而G′（x）=e^x-e^-x，当x＞1时G′（x）＞0，从而证明单调性；再令h（x）=mf（-x）=m（-x³+3x），h′（x）=-3m（x²-1），从而确定函数的单调性；从而可化得（e-1）lnm-m+1＞0，设H（m）=（e-1）lnm-m+1，从而求导H′(m)=

e-1

m

-1=

e-1-m

m

 ， m＞0，化为最值问题．

解答： 解：（Ⅰ）由f（x）=x³-3x得f′（x）=3x²-3，
因点（2，f（2））在曲线上，
所以切线斜率为f′（2）=9，
切线方程为y-2=9（x-2），
故直线方程为9x-y-16=0；
（Ⅱ）证明：因为F（x）=e^x-1-ax-xlnx，
由F（x）=0得，a=

ex-1

x

-lnx，
设h(x)=

ex-1

x

-lnx，
则h′(x)=

(ex-1)(x-1)

x2

，
当0＜x＜1时，h′（x）＜0，当1＜x＜2时，h′（x）＞0，
所以h（x）在（0，1）单调递减，（1，2）单调递增，
又h（1）=e-1，
所以当a＜e-1时，函数F（x）无零点；
（Ⅲ）G（x）=g（x）+g（-x）=e^x+e^-x，
则G′（x）=e^x-e^-x，当x＞1时G′（x）＞0，
∴G（x）在（1，+∞）上单调递增，
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，+∞）上单调递减，
∵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，
设H（m）=（e-1）lnm-m+1，
则H′(m)=

e-1

m

-1=

e-1-m

m

 ， m＞0，
当0＜m＜e-1时，H′（m）＞0，H（m）单调递增，
当m＞e-1时，H′（m）＜0，H（m）单调递减，
而H（1）=H（e）=0，
所以使H（m）＞0的m满足1＜m＜e；
故符合条件的m满足

1

2

(e+

1

e

)＜m＜e．

点评：本题考查了导数的综合应用及恒成立问题化为最值问题的应用，属于难题．