Question

12．已知函數(shù)f（x）=（2x+b）e^x，F(xiàn)（x）=bx-lnx，b∈R．
（1）若b＜0，且存在區(qū)間M，使f（x）和F（x）在區(qū)間M上具有相同的單調性，求b的取值范圍；
（2）若b＞0，且g（x）=bx²-2x-F（x）在區(qū)間[1，e]上的最小值為-2，求b的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）求出函數(shù)f（x）的導函數(shù)，由導函數(shù)的符號求得函數(shù)的單調區(qū)間，再求出函數(shù)F（x）的導函數(shù)，由b＜0，可得F′（x）＜0，則F（x）在定義域（0，+∞）上為減函數(shù)，要使存在區(qū)間M，使f（x）和F（x）在區(qū)間M上具有相同的單調性，需-$\frac{2}$-1＞0，求解可得b的范圍；
（2）求出g（x）的導數(shù)，通過討論b的范圍，求出函數(shù)的單調區(qū)間，根據(jù)函數(shù)的最小值是-2求出b的范圍即可．

解答 解：（1）f（x）=（2x+b）e^x，f′（x）=（2x+b+2）e^x，
∴當x∈（-∞，-$\frac{2}$-1）時，f′（x）＜0，當x∈（-$\frac{2}$-1，+∞）時，f′（x）＞0，
∴f（x）的減區(qū)間為（-∞，-$\frac{2}$-1），增區(qū)間為（-$\frac{2}$-1，+∞），
F（x）的定義域為（0，+∞），且F′（x）=b-$\frac{1}{x}$=$\frac{bx-1}{x}$，
∵b＜0，∴F′（x）＜0，則F（x）在定義域（0，+∞）上為減函數(shù)，
要使存在區(qū)間M，使f（x）和F（x）在區(qū)間M上具有相同的單調性，
則-$\frac{2}$-1＞0，即b＜-2，
∴b的取值范圍是（-∞，-2）；
（2）g（x）=bx²-2x-bx+lnx，
g′（x）=$\frac{（2x-1）（bx-1）}{x}$，
x∈[1，e]時，2x-1＞0，
①$\frac{1}$≤1即b≥1時，g′（x）＞0在[1，e]恒成立，
g（x）在[1，e]遞增，故g（x）_min=g（1）=-2，符合題意；
②1＜$\frac{1}$＜e即$\frac{1}{e}$＜b＜1時，g（x）在[1，$\frac{1}$）遞減，在（$\frac{1}$，e]遞增，
故g（x）_min=g（$\frac{1}$）=ln$\frac{1}$-$\frac{1}$-1，
令h（x）=lnx-x-1，x∈（1，e），
則h′（x）=$\frac{1}{x}$-1=$\frac{1-x}{x}$＜0，
h（x）在[1，e]遞減，h（x）＜h（1）=-2，
不合題意；
③$\frac{1}$≥e即0＜b≤$\frac{1}{e}$時，
g（x）在[1，e]遞減，g（x）_min=g（e）=（e²-e）b-2e+1，
令h（b）=e（e-1）b-2e+1，顯然h（b）在[1，e]遞增，
故h（1）＜h（b）＜h（e），
而h（1）＜-2＜h（2），符合題意，
綜上b∈（0，$\frac{1}{e}$]∪[1，+∞）．

點評 本題主要考查利用導數(shù)研究函數(shù)的單調性，考查函數(shù)、導數(shù)、不等式等基礎知識，以及綜合運用上述知識分析問題和解決問題的能力，屬難題．