Question

1．已知函數(shù)f（x）=e^x（e為自然對數(shù)的底數(shù)），g（x）=$\frac{a}{2}$x+b（a，b∈R）．
（1）若h（x）=f（x）g（x），b=1-$\frac{a}{2}$且a=-4，求h（x）在[0，1]上的最大值；
（2）若a=4時，方程f（x）=g（x）在[0，2]上恰有兩個相異實根，求實數(shù)b的取值范圍；
（3）若b=-$\frac{15}{2}$，a∈N*，求使f（x）的圖象恒在g（x）圖象上方的最大正整數(shù)a．（2.71＜e＜2.72）

Answer 1

分析 （1）利用導(dǎo)數(shù)求得函數(shù)h（x）的單調(diào)性，再求最值；
（2）方程f（x）=g（x）在[0，2]上恰有兩個相異實根?F（x）=e^x-2x-b在[0，2]上恰有兩個相異實根?F（x）=e^x-2x-b在[0，2]上與橫軸有兩個交點，利用導(dǎo)數(shù)求其單調(diào)性，利用圖象即可，
（3）使f（x）的圖象恒在g（x）圖象上方?$?x∈R，p（x）=f（x）-g（x）={e^x}-\frac{a}{2}x+\frac{15}{2}＞0$恒成立，求出p（x）的最小值即可．

解答 解：（1）$b=1-\frac{a}{2}$時，$h（x）={e^x}（\frac{a}{2}x+1-\frac{a}{2}）（a∈R）$，∴h'（x）=e^x（-2x+1），
當(dāng)x$∈（0，\frac{1}{2}）$時，h'（x）＞0，當(dāng)x（$\frac{1}{2}$，1）時，h'（x）＜0，
∴h（x）在[0，$\frac{1}{2}$]上遞增，在（$\frac{1}{2}，1$）減，
$h{（x）_{max}}=h（\frac{1}{2}）=2{e^{\frac{1}{2}}}$；
（2）F（x）=f（x）-g（x）=e^x-2x-b，F(xiàn)'（x）=e^x-2，
∴F（x）在（0，ln2）上單調(diào)遞減；在（ln2，+∞）上單調(diào)遞增；…（5分）
∴F（x）=e^x-2x-b在[0，2]上恰有兩個相異實根，
$?\left\{\begin{array}{l}F（0）=1-b≥0\\ F（ln2）=2-2ln2-b＜0\\ F（2）={e^2}-4-b≥0\end{array}\right.?2-2ln2＜b≤1$，
∴實數(shù)m的取值范圍是m∈（2-2ln2，1]；              …（7分）
（3）由題設(shè)：$?x∈R，p（x）=f（x）-g（x）={e^x}-\frac{a}{2}x+\frac{15}{2}＞0$，（*）
∵$p'（x）={e^x}-\frac{a}{2}$，故p（x）在$（----∞，ln\frac{a}{2}）$上單調(diào)遞減；在$（ln\frac{a}{2}，+∞）$上單調(diào)遞增，
∴（*）$?p{（x）_{min}}=p（ln\frac{a}{2}）=\frac{a}{2}-\frac{a}{2}ln\frac{a}{2}+\frac{15}{2}=\frac{1}{2}（a-aln\frac{a}{2}+15）＞0$，
設(shè)$q（x）=x-xln\frac{x}{2}+15=x-x（lnx-ln2）+15$，則$q'（x）=1-ln\frac{x}{2}-1=-ln\frac{x}{2}$，
∴q（x）在（0，2）上單調(diào)遞增；在（2，+∞）上單調(diào)遞減，…（10分）
而q（2e²）=2e²-2e²lne²+15=15-2e²＞0，
且$q（15）=15-15ln\frac{15}{2}+15=15（2-ln\frac{5}{2}）=15（ln{e^2}-ln\frac{15}{2}）＜0$，
故存在${x_0}∈（2{e^2}，15）$使q（x₀）=0，
且x∈[2，x₀）時h（x）＞0，x∈（x₀，+∞）時h（x）＜0，
又∵$q（1）=16-ln\frac{1}{2}＞0$，$7＜{e^2}＜\frac{15}{2}$，
∴a∈N^*時使f（x）的圖象恒在g（x）圖象的上方的最大正整數(shù)a=14．…（12分）

點評 本題考查了導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用，轉(zhuǎn)化思想是關(guān)鍵，屬于難題．