Question

已知

m

=（-x+lnx，1），

n

=（a，-3）（a∈R且a≠0），函數(shù)f（x）=

m

•

n

．
（1）求函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（2）若函數(shù)y=f（x）的圖象在點（2，f（2））處的切線的斜率為l，問：m在什么范圍取值時，對于任意的t∈[1，2]，函數(shù)g（x）=x³+x²[

m

2

+f′（x）]在區(qū)間（t，3）上總存在極值？
（3）當(dāng)a=2時，設(shè)函數(shù)h（x）=（p-2）x-

p+2e

x

-3，若在區(qū)間[1，e]上至少存在一個x₀，使得h（x₀）＞f（x₀）成立，試求實數(shù)p的取值范圍．

Answer 1

考點：利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性,利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的極值,平面向量數(shù)量積的運算

專題：導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用

分析：（1）先求出函數(shù)表達(dá)式，再求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，從而求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間；
（2）先求出a的值，由題意得不等式組，解出即可；
（3）由h（x₀）＞f（x₀），令F（x）=h（x₀）-f（x₀），通過求導(dǎo)求出p的范圍．

解答： 解：（1）由題意知f（x）=alnx-ax-3（a∈R，a≠0）定義域為（0，+∞），
則f′(x)=

a(1-x)

x

，
∴當(dāng)a＞0時，函數(shù)f（x）的單調(diào)增區(qū)間是（0，1），單調(diào)減區(qū)間是（1，+∞）；
當(dāng)a＜0時，函數(shù)f（x）的單調(diào)增區(qū)間是（1，+∞），單調(diào)減區(qū)間是（0，1）．
（2）由f′（2）=-

a

2

=1得a=-2，
∴f(x)=-2lnx+2x-3，f′(x)=2-

2

x

，
∴g(x)=x3+x2[

m

2

+f′(x)]=x3+(2+

m

2

)x2-2x，
∴g'（x）=3x²+（4+m）x-2
∵函數(shù)g（x）在區(qū)間（t，3）上總存在極值，
∴g′（x）=0有兩個不等實根且至少有一個在區(qū)間（t，3）內(nèi)，
又∵函數(shù)g′（x）是開口向上的二次函數(shù)，且g′（0）=-2＜0，
∴

g′(t)＜0 g′(3)＞0

，
由g′（t）＜0得m＜

2

t

-3t-4，
∵H（t）=

2

t

-3t-4在[1，2]上單調(diào)遞減，
所以H（t）_min=H（2）=-9；∴m＜-9，
由g′（3）=27+3（4+m）-2＞0，
解得m＞-

37

3

；
綜上得：-

37

3

＜m＜-9，
 所以當(dāng)m在（-

37

3

，-9）內(nèi)取值時，對于任意t∈[1，2]，
函數(shù)g（x）=x³+x²[

m

2

+f′（x）]，在區(qū)間（t，3）上總存在極值．
（3）∵a=2，∴f（x）=2lnx-2x-3令F（x）=h（x）-f（x），
則F（x）=（p-2）x-

p+2e

x

-3-2lnx+3=px-

p

x

-

2e

x

-2lnx．
當(dāng)p≤0時，由x∈[1，e]得px-

p

x

≤0，-

2e

x

-2lnx＜0，從而F（x）＜0，
所以，在[1，e]上不存在x₀使得h（x₀）＞f（x₀）；               
當(dāng)p＞0時，F(xiàn)′（x）=

px2-2x+p+2e

x2

，
∵x∈[1，e]，∴2e-2x≥0，px²+p＞0，
F′（x）＞0在[1，e]上恒成立，
故F（x）在[1，e]上單調(diào)遞增．
∴F（x）_max=F（e）=pe-

p

e

-4，
故只要pe-

p

e

-4＞0，解得p＞

4e

e2-1

，
綜上所述，p的取值范圍是（

4e

e2-1

，+∞）．

點評：本題考查了函數(shù)的單調(diào)性，函數(shù)的極值問題，考查求參數(shù)的范圍問題，向量的數(shù)量積的運算，是一道綜合題．