Question

2．已知函數(shù)f（x）=x³-3x，g（x）=e^x-ax（a∈R），其中e是自然對數(shù)的底數(shù)．
（1）求經(jīng)過點(diǎn)A（-$\frac{2}{3}$，2）與曲線f（x）相切的直線方程；
（2）若函數(shù)F（x）=g（x）-1-xlnx（x∈（0，2]），求證：當(dāng)a＜e-1時(shí)，函數(shù)F（x）無零點(diǎn)；
（3）已知正數(shù)m滿足：存在x₀∈[1，+∞），使得g（x₀）+g（-x₀）＜mf（-x₀）成立，試比較e^m-1與m^e-1的大小，并證明你的結(jié)論．

Answer 1

分析 （1）設(shè)出切點(diǎn)（m，n），求導(dǎo)f′（x）=3x²-3，從而得到切線斜率為f′（m），寫出切線方程，再將A點(diǎn)坐標(biāo)代入，可得m=0或-1，進(jìn)而得到切線方程；
（2）化簡F（x）=e^x-1-ax-xlnx，從而得a=$\frac{{e}^{x}-1}{x}$-lnx，設(shè)h（x）=$\frac{{e}^{x}-1}{x}$-lnx，再求導(dǎo)，從而化為最值問題；
（3）化簡G（x）=g（x）+g（-x）=e^x+e^-x，從而G′（x）=e^x-e^-x，當(dāng)x＞1時(shí)G′（x）＞0，從而證明單調(diào)性；再令h（x）=mf（-x）=m（-x³+3x），h′（x）=-3m（x²-1），從而確定函數(shù)的單調(diào)性；從而可化得（e-1）lnm-m+1＞0，設(shè)H（m）=（e-1）lnm-m+1，從而求導(dǎo)H′（m）=$\frac{e-1}{m}$-1=$\frac{e-1-m}{m}$，m＞0，化為最值問題．

解答 解：（1）由f（x）=x³-3x得f′（x）=3x²-3，
設(shè)切點(diǎn)為（m，n），則n=m³-3m，
即有切線斜率為f′（m）=3m²-3，
切線方程為y-（m³-3m）=（3m²-3）（x-m），
代入點(diǎn)（-$\frac{2}{3}$，2），可得2-（m³-3m）=（3m²-3）（-$\frac{2}{3}$-m），
化簡即為m³+m²=0，解得m=-1或0，
則切線方程為3x+y=0或y-2=0；
（2）證明：因?yàn)镕（x）=e^x-1-ax-xlnx，
由F（x）=0得，a=$\frac{{e}^{x}-1}{x}$-lnx，
設(shè)h（x）=$\frac{{e}^{x}-1}{x}$-lnx，
則h′（x）=$\frac{（{e}^{x}-1）（x-1）}{{x}^{2}}$，
當(dāng)0＜x＜1時(shí)，h′（x）＜0，當(dāng)1＜x＜2時(shí)，h′（x）＞0，
所以h（x）在（0，1）單調(diào)遞減，（1，2）單調(diào)遞增，
則h（x）的最小值為h（1）=e-1，
所以當(dāng)a＜e-1時(shí)，函數(shù)F（x）無零點(diǎn)；
（3）G（x）=g（x）+g（-x）=e^x+e^-x，
則G′（x）=e^x-e^-x，當(dāng)x＞1時(shí)G′（x）＞0，
∴G（x）在（1，+∞）上單調(diào)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(diào)遞減，
∵存在x₀∈[1，+∞），使得g（x₀）+g（-x₀）＜mf（-x₀）成立，
∴G（1）=e+$\frac{1}{e}$＜2m，
即m＞$\frac{1}{2}$（e+$\frac{1}{e}$），
∵m^e-1＞e^m-1，
∴（e-1）lnm＞m-1，
即（e-1）lnm-m+1＞0，
設(shè)H（m）=（e-1）lnm-m+1，
則H′（m）=$\frac{e-1}{m}$-1=$\frac{e-1-m}{m}$，m＞0，
當(dāng)0＜m＜e-1時(shí)，H′（m）＞0，H（m）單調(diào)遞增，
當(dāng)m＞e-1時(shí)，H′（m）＜0，H（m）單調(diào)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$\frac{1}{2}$（e+$\frac{1}{e}$）＜m＜e．

點(diǎn)評 本題考查了導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用及恒成立問題化為最值問題的應(yīng)用，屬于難題．