Question

【題目】已知函數(shù) （a≠0）．
（1）已知函數(shù)f（x）在點(diǎn)（0，1）處的斜率為1，求a的值；
（2）求函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（3）若a＞0，g（x）=x2emx ， 且對(duì)任意的x1 ， x2∈[0，2]，f（x1）≥g（x2）恒成立，求實(shí)數(shù)m的取值范圍．

Answer 1

【答案】
（1）解：f′（x）= ，故f′（0）= =1，解得：a=1
（2）解：由題意可知，函數(shù)f（x）的定義域?yàn)镽，

f′（x）= ，

當(dāng)a＞0時(shí)，x∈（﹣1，1），f′（x）＞0，f（x）為增函數(shù)，

x∈（﹣∞，﹣1），（1，+∞），f′（x）＜0，f（x）為減函數(shù)；

當(dāng)a＜0時(shí)，x∈（﹣1，1），f′（x）＜0，f（x）為減函數(shù)，

x∈（﹣∞，﹣1），（1，+∞），f′（x）＞0，f（x）為增函數(shù)

（3）解：“對(duì)任意的x1，x2∈[0，2]，f（x1）≥g（x2）恒成立”

等價(jià)于“當(dāng)a＞0時(shí)，對(duì)任意的x1，x2∈[0，2]，fmin（x）≥gmax（x）成立”，

當(dāng)a＞0時(shí)，由（2）可知，函數(shù)f（x）在[0，1]上單調(diào)遞增，在[1，2]上單調(diào)遞減，

而f（0）=1，f（2）= +1＞1，所以f（x）的最小值為f（0）=1，

g（x）的導(dǎo)數(shù)g′（x）=2xemx+x2emxm=（mx2+2x）emx，

當(dāng)m=0時(shí)，g（x）=x2，x∈[0，2]時(shí)，gmax（x）=g（2）=4，顯然不滿足gmax（x）≤1，

當(dāng)m≠0時(shí)，令g′（x）=0得，x1=0，x2=﹣ ，

①當(dāng)﹣ ≥2，即﹣1≤m≤0時(shí)，在[0，2]上g′（x）≥0，所以g（x）在[0，2]單調(diào)遞增，

所以gmax（x）=g（2）=4e2m，只需4e2m≤1，得m≤﹣ln2，所以﹣1≤m≤﹣ln2；

②當(dāng)0＜﹣ ＜2，即m＜﹣1時(shí)，在[0，﹣ ]，g′（x）≥0，g（x）單調(diào)遞增，

在[﹣ ，2]，g′（x）＜0，g（x）單調(diào)遞減，所以gmax（x）=g（﹣ ）= ，

只需 ≤1，得m≤﹣ ，所以m＜﹣1；

③當(dāng)﹣ ＜0，即m＞0時(shí)，顯然在[0，2]上g′（x）≥0，g（x）單調(diào)遞增，

gmax（x）=g（2）=4e2m，4e2m≤1不成立．

綜上所述，m的取值范圍是（﹣∞，﹣ln2]

【解析】（1）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，計(jì)算f′（0）=1，求出a的值即可；（2）求出f（x）的導(dǎo)數(shù)，并分解因式，討論a＞0，a＜0，由導(dǎo)數(shù)大于0可得增區(qū)間，由導(dǎo)數(shù)小于0，得減區(qū)間；（3）“對(duì)任意的x1 ， x2∈[0，2]，f（x1）≥g（x2）恒成立”等價(jià)于“當(dāng)a＞0時(shí)，對(duì)任意的x1 ， x2∈[0，2]，fmin（x）≥gmax（x）成立”，求得f（x）在[0，2]上的最小值，再求g（x）的導(dǎo)數(shù)，對(duì)m討論，結(jié)合單調(diào)性，求得最大值，解不等式即可得到．
【考點(diǎn)精析】掌握利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性和函數(shù)的極值與導(dǎo)數(shù)是解答本題的根本，需要知道一般的,函數(shù)的單調(diào)性與其導(dǎo)數(shù)的正負(fù)有如下關(guān)系： 在某個(gè)區(qū)間內(nèi)，(1)如果，那么函數(shù)在這個(gè)區(qū)間單調(diào)遞增；(2)如果，那么函數(shù)在這個(gè)區(qū)間單調(diào)遞減；求函數(shù)的極值的方法是:（1）如果在附近的左側(cè),右側(cè),那么是極大值（2）如果在附近的左側(cè),右側(cè),那么是極小值．