Question

1．已知函数f（x）=x³-3ax+b，g（x）=e^x-cx（c∈R），函数f（x）的图象在x=2处的切线方程为y=9x-16．
（Ⅰ）求函数f（x）的解析式；
（Ⅱ）已知命题p：?x₀，x₁∈[1，+∞），使得g（x₀）+g（-x₀）≤mf（-x₁）成立，命题q：m^e-1＞e^m-1，若“p∧q“为真命题，求正数m的取值范围．

Answer 1

分析 （I）f′（x）=3x²-3a．函数f（x）的图象在x=2处的切线方程为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）命题p：由题意可得：（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+$\frac{1}{t}$，利用导数研究其单调性即可得出函数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），利用研究其单调性可得u（x）的最大值，m＞0．可得$\frac{1}{m}（e+\frac{1}{e}）$≤u（x）_max=2．
对于命题q：对m^e-1＞e^m-1两边取对数可得：（e-1）lnm＞m-1，令h（m）=（e-1）lnm-m+1，h（1）=h（e）=0．利用导数研究其单调性即可得出．由“p∧q“为真命题，可得p，q都为真命题．

解答 解：（I）f′（x）=3x²-3a．
∵函数f（x）的图象在x=2处的切线方程为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）命题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．
∴函数h（t）在t∈[e，+∞）上单调递增，
∴t=e时，函数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时，f′（x）≥0，函数f（x）在x∈[1，+∞）上单调递减，
∵1≤x$＜\sqrt{3}$时，u（x）＞0，
∴m＞0．
∴$\frac{1}{m}（e+\frac{1}{e}）$≤u（x）_max=2，∴m≥$\frac{1}{2}（e+\frac{1}{e}）$．
对于命题q：对m^e-1＞e^m-1两边取对数可得：（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）上单调递增；在（e-1，+∞）上单调递减．
可得1＜m＜e时，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“为真命题，
∴$\left\{\begin{array}{l}{m≥\frac{1}{2}（e+\frac{1}{e}）}\\{1＜m＜e}\end{array}\right.$，解得$\frac{1}{2}（e+\frac{1}{e}）$＜m＜e．
∴正数m的取值范围是$\frac{1}{2}（e+\frac{1}{e}）$＜m＜e．

点评 本题考查了利用导数研究函数的单调性极值与最值、构造函数方法、不等式的性质，考查了分析问题与解决问题的能力、推理能力与计算能力，属于难题．