Question

1．已知函數(shù)f（x）=x³-3ax+b，g（x）=e^x-cx（c∈R），函數(shù)f（x）的圖象在x=2處的切線方程為y=9x-16．
（Ⅰ）求函數(shù)f（x）的解析式；
（Ⅱ）已知命題p：?x₀，x₁∈[1，+∞），使得g（x₀）+g（-x₀）≤mf（-x₁）成立，命題q：m^e-1＞e^m-1，若“p∧q“為真命題，求正數(shù)m的取值范圍．

Answer 1

分析 （I）f′（x）=3x²-3a．函數(shù)f（x）的圖象在x=2處的切線方程為y=9x-16．可得f′（2）=3×2²-3a=9，f（2）=8-6a+b=9×2-16，解出即可得出．
（II）命題p：由題意可得：（g（x₀）+g（-x₀））的最小值≤mf（-x₁）的最大值．g（x₀）+g（-x₀）=${e}^{{x}_{0}}$+${e}^{-{x}_{0}}$，令${e}^{{x}_{0}}$=t∈[e，+∞），h（t）=t+$\frac{1}{t}$，利用導(dǎo)數(shù)研究其單調(diào)性即可得出函數(shù)h（t）取得最小值h（e）=e+$\frac{1}{e}$，由f（-x）=-x³+3x=u（x），u′（x）=-3（x+1）（x-1），利用研究其單調(diào)性可得u（x）的最大值，m＞0．可得$\frac{1}{m}（e+\frac{1}{e}）$≤u（x）_max=2．
對于命題q：對m^e-1＞e^m-1兩邊取對數(shù)可得：（e-1）lnm＞m-1，令h（m）=（e-1）lnm-m+1，h（1）=h（e）=0．利用導(dǎo)數(shù)研究其單調(diào)性即可得出．由“p∧q“為真命題，可得p，q都為真命題．

解答 解：（I）f′（x）=3x²-3a．
∵函數(shù)f（x）的圖象在x=2處的切線方程為y=9x-16．
∴f′（2）=3×2²-3a=9，f（2）=8-6a+b=9×2-16，
解得a=1，b=0．
∴f（x）=x³-3x．
（II）命題p：?x₀，x₁∈[1，+∞），使得g（x₀）+g（-x₀）≤mf（-x₁）成立
?（g（x₀）+g（-x₀））的最小值≤mf（-x₁）的最大值．
g（x₀）+g（-x₀）=${e}^{{x}_{0}}$-cx₀+${e}^{-{x}_{0}}$-c（-x₀）=${e}^{{x}_{0}}$+${e}^{-{x}_{0}}$，
令${e}^{{x}_{0}}$=t∈[e，+∞），h（t）=t+$\frac{1}{t}$，h′（t）=1-$\frac{1}{{t}^{2}}$＞0．
∴函數(shù)h（t）在t∈[e，+∞）上單調(diào)遞增，
∴t=e時，函數(shù)h（t）取得最小值h（e）=e+$\frac{1}{e}$，
即g（x₀）+g（-x₀）取得最小值e+$\frac{1}{e}$．
由f（-x）=-x³+3x=u（x），u′（x）=-3x²+3=-3（x+1）（x-1），
可得x≥1時，f′（x）≥0，函數(shù)f（x）在x∈[1，+∞）上單調(diào)遞減，
∵1≤x$＜\sqrt{3}$時，u（x）＞0，
∴m＞0．
∴$\frac{1}{m}（e+\frac{1}{e}）$≤u（x）_max=2，∴m≥$\frac{1}{2}（e+\frac{1}{e}）$．
對于命題q：對m^e-1＞e^m-1兩邊取對數(shù)可得：（e-1）lnm＞m-1，
令h（m）=（e-1）lnm-m+1，h（1）=h（e）=0．
h′（m）=$\frac{e-1}{m}$-1=$\frac{-[m-（e-1）]}{m}$，
h（m）在（1，e-1）上單調(diào)遞增；在（e-1，+∞）上單調(diào)遞減．
可得1＜m＜e時，h（m）＞0成立，即（e-1）lnm＞m-1成立，即m^e-1＞e^m-1恒成立．
∴1＜m＜e．
∵“p∧q“為真命題，
∴$\left\{\begin{array}{l}{m≥\frac{1}{2}（e+\frac{1}{e}）}\\{1＜m＜e}\end{array}\right.$，解得$\frac{1}{2}（e+\frac{1}{e}）$＜m＜e．
∴正數(shù)m的取值范圍是$\frac{1}{2}（e+\frac{1}{e}）$＜m＜e．

點(diǎn)評 本題考查了利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性極值與最值、構(gòu)造函數(shù)方法、不等式的性質(zhì)，考查了分析問題與解決問題的能力、推理能力與計算能力，屬于難題．