Question

2．已知函数f（x）=x³-3x，g（x）=e^x-ax（a∈R），其中e是自然对数的底数．
（1）求经过点A（-$\frac{2}{3}$，2）与曲线f（x）相切的直线方程；
（2）若函数F（x）=g（x）-1-xlnx（x∈（0，2]），求证：当a＜e-1时，函数F（x）无零点；
（3）已知正数m满足：存在x₀∈[1，+∞），使得g（x₀）+g（-x₀）＜mf（-x₀）成立，试比较e^m-1与m^e-1的大小，并证明你的结论．

Answer 1

分析 （1）设出切点（m，n），求导f′（x）=3x²-3，从而得到切线斜率为f′（m），写出切线方程，再将A点坐标代入，可得m=0或-1，进而得到切线方程；
（2）化简F（x）=e^x-1-ax-xlnx，从而得a=$\frac{{e}^{x}-1}{x}$-lnx，设h（x）=$\frac{{e}^{x}-1}{x}$-lnx，再求导，从而化为最值问题；
（3）化简G（x）=g（x）+g（-x）=e^x+e^-x，从而G′（x）=e^x-e^-x，当x＞1时G′（x）＞0，从而证明单调性；再令h（x）=mf（-x）=m（-x³+3x），h′（x）=-3m（x²-1），从而确定函数的单调性；从而可化得（e-1）lnm-m+1＞0，设H（m）=（e-1）lnm-m+1，从而求导H′（m）=$\frac{e-1}{m}$-1=$\frac{e-1-m}{m}$，m＞0，化为最值问题．

解答 解：（1）由f（x）=x³-3x得f′（x）=3x²-3，
设切点为（m，n），则n=m³-3m，
即有切线斜率为f′（m）=3m²-3，
切线方程为y-（m³-3m）=（3m²-3）（x-m），
代入点（-$\frac{2}{3}$，2），可得2-（m³-3m）=（3m²-3）（-$\frac{2}{3}$-m），
化简即为m³+m²=0，解得m=-1或0，
则切线方程为3x+y=0或y-2=0；
（2）证明：因为F（x）=e^x-1-ax-xlnx，
由F（x）=0得，a=$\frac{{e}^{x}-1}{x}$-lnx，
设h（x）=$\frac{{e}^{x}-1}{x}$-lnx，
则h′（x）=$\frac{（{e}^{x}-1）（x-1）}{{x}^{2}}$，
当0＜x＜1时，h′（x）＜0，当1＜x＜2时，h′（x）＞0，
所以h（x）在（0，1）单调递减，（1，2）单调递增，
则h（x）的最小值为h（1）=e-1，
所以当a＜e-1时，函数F（x）无零点；
（3）G（x）=g（x）+g（-x）=e^x+e^-x，
则G′（x）=e^x-e^-x，当x＞1时G′（x）＞0，
∴G（x）在（1，+∞）上单调递增，
令h（x）=mf（-x）=m（-x³+3x），h′（x）=-3m（x²-1），
∵m＞0，x＞1，
∴h′（x）＜0，
即h（x）在x∈（1，+∞）上单调递减，
∵存在x₀∈[1，+∞），使得g（x₀）+g（-x₀）＜mf（-x₀）成立，
∴G（1）=e+$\frac{1}{e}$＜2m，
即m＞$\frac{1}{2}$（e+$\frac{1}{e}$），
∵m^e-1＞e^m-1，
∴（e-1）lnm＞m-1，
即（e-1）lnm-m+1＞0，
设H（m）=（e-1）lnm-m+1，
则H′（m）=$\frac{e-1}{m}$-1=$\frac{e-1-m}{m}$，m＞0，
当0＜m＜e-1时，H′（m）＞0，H（m）单调递增，
当m＞e-1时，H′（m）＜0，H（m）单调递减，
而H（1）=H（e）=0，
所以使H（m）＞0的m满足1＜m＜e；
故符合条件的m满足$\frac{1}{2}$（e+$\frac{1}{e}$）＜m＜e．

点评 本题考查了导数的综合应用及恒成立问题化为最值问题的应用，属于难题．