Question

5．已知函數(shù)f（x）=e^x-mx+1，g（x）=a^x+x²-xlna（a＞0且a≠1），函數(shù)f（x）在x=0處的切線與x軸平行
（1）求實數(shù)m的值
（2）討論g（x）的單調(diào)性
（3）當a＞1時，?x₁∈[-1，1]，?x₂∈[-1，1]，不等式f（x₁）≥g（x₂）恒成立，求實數(shù)a的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）求得f（x）的導數(shù)，由導數(shù)的幾何意義可得1-m=0，可得m=1；
（2）求得g（x）的導數(shù)，令h（x）=g′（x），再求h（x）的導數(shù)，判斷h（x）的單調(diào)性，即可得到g（x）的單調(diào)區(qū)間；
（3）分別求出f（x），g（x）在[-1，1]的最大值，注意運用單調(diào)性判斷，再由條件可得f（x）_max≥g（x）_max，令m（a）=a+1-lna，求得導數(shù)，判斷在a＞1的單調(diào)性，由m（e）=e，即可得到a的范圍．

解答 解：（1）函數(shù)f（x）=e^x-mx+1的導數(shù)為f′（x）=e^x-m，
函數(shù)f（x）在x=0處的切線斜率為1-m=0，解得m=1；
（2）g（x）=a^x+x²-xlna的導數(shù)為g′（x）=a^xlna+2x-lna，
令h（x）=g′（x）=a^xlna+2x-lna，則h′（x）=a^xln²a+2＞0，
∴h（x）為（-∞，+∞）上的增函數(shù)．
又∵h（0）=0，∴當x＞0時，h（x）＞h（0）=0，即g′（x）＞0，
當x＜0時，h（x）＜h（0）=0，即g′（x）＜0．
∴函數(shù)g（x）的單調(diào)遞增區(qū)間為（0，+∞），單調(diào)遞減區(qū)間為（-∞，0）；
（3）函數(shù)f（x）=e^x-x+1的導數(shù)為f′（x）=e^x-1，
當-1≤x＜0時，f′（x）＜0，f（x）遞減，
當0≤x＜1時，f′（x）＞0，f（x）遞增．
即有f（0）取得最小值2，
由f（-1）=2+e^-1，f（1）=e，則f（x）在[-1，1]的最大值為e；
g（x）在[-1，0）遞減，g（-1）取最大，且為a^-1+1+lna，
在（0，1]遞增，g（1）取最大，且為a+1-lna，
由g（1）-g（-1）=a-$\frac{1}{a}$-2lna，（a＞1），
由a-$\frac{1}{a}$-2lna的導數(shù)1+$\frac{1}{{a}^{2}}$-$\frac{2}{a}$=（$\frac{1}{a}$-1）²＞0，
即有a-$\frac{1}{a}$-2lna在a＞1遞增，即有a-$\frac{1}{a}$-2lna＞0，
則g（1）取得最大．
當a＞1時，?x₁∈[-1，1]，?x₂∈[-1，1]，不等式f（x₁）≥g（x₂）恒成立，
即有f（x）_max≥g（x）_max，
即為e≥a+1-lna，
由a＞1，m（a）=a+1-lna的導數(shù)為1-$\frac{1}{a}$＞0，
則m（a）=a+1-lna在a＞1遞增，
e≥a+1-lna即為m（e）≥m（a），
故有1＜a≤e．
則a的范圍是（1，e]．

點評 本題考查導數(shù)的運用：求切線的斜率和單調(diào)區(qū)間、極值和最值，考查不等式恒成立和存在性問題的解法，注意運用函數(shù)的單調(diào)性，考查運算能力，屬于中檔題和易錯題．