Question

4．已知函数f（x）=s-ke^-x的图象在x=0处的切线方程为y=x．
（1）求s，k的值；
（2）若正项数列{a_n}满足${a_1}=\frac{1}{2}$，${a_n}={e^{{a_{n+1}}}}f（{a_n}）$，证明：数列{a_n}是递减数列；
（3）若$g（x）=\frac{1}{2}{x^3}-ax（x＞0）$，当a＞1时，讨论函数f（-x）-2与g（x）的图象公共点的个数．

Answer 1

分析 （1）求得f（x）的导数，求得切线的斜率和切点，解方程可得s，k；
（2）运用分析法证明，即证${e^{a_n}}＞{a_n}+1$，令t（x）=e^x-x-1（x＞0），求得导数，单调性，即可得证；
（3）即讨论$h（x）=g（x）-f（-x）+2={e^x}+\frac{1}{2}{x^3}-ax+1（x＞0）$的零点的个数，求得h（x）的导数，求出单调区间和最小值，讨论0＜t＜1，t=1，t＞1，求得h（x）的最小值与0的大小，即可得到零点的个数．

解答 解：（1）由题意得f（0）=0，f′（0）=1，
函数f（x）=s-ke^-x的导数为f′（x）=ke^-x，
则$\left\{\begin{array}{l}s-k=0\\ k=1\end{array}\right.$，
解得s=1，k=1；
（2）证明：∵f（x）=1-e^-x，正项数列{a_n}满足${a_1}=\frac{1}{2}$，${a_n}={e^{{a_{n+1}}}}f（{a_n}）$，
∴${e^{{a_{n+1}}}}=\frac{a_n}{{f（{a_n}）}}=\frac{a_n}{{1-{e^{-{a_n}}}}}$，
数列{a_n}是递减数列，
可得a_n+1＜a_n，
即${e^{{a_{n+1}}}}＜{e^{a_n}}$，可得$\frac{a_n}{{1-{e^{-{a_n}}}}}＜{e^{a_n}}$，
即有${e^{a_n}}＞{a_n}+1$，
令t（x）=e^x-x-1（x＞0），
∵t'（x）=e^x-1＞0（x＞0）
∴t（x）是（0，+∞）上的增函数，
∴t（x）＞t（0）=0，即e^x＞x+1，
故${e^{a_n}}＞{a_n}+1$，
∴{a_n}是递减数列．
（3）即讨论$h（x）=g（x）-f（-x）+2={e^x}+\frac{1}{2}{x^3}-ax+1（x＞0）$的零点的个数，
对h（x）求导得$h'（x）={e^x}+\frac{3}{2}{x^2}-a（x＞0）$，
易知h'（x）在（0，+∞）上是增函数，
∵h'（0）=1-a＜0，$h'（\sqrt{\frac{2a}{3}}）={e^{\sqrt{\frac{2a}{3}}}}＞0$，
∴$?t∈（0\;\;，\;\;\sqrt{\frac{2a}{3}}）$，使h'（t）=0，即$a={e^t}+\frac{{3{t^2}}}{2}$，
∴h（x）在（0，t）递减，在（t，+∞）递增，
∴h（x）在（0，+∞）上的最小值为h（x）_min=（1-t）（e^t+t²+t+1），
①当0＜t＜1即$1＜a＜e+\frac{3}{2}$时，h（x）_min＞0，
此时h（x）在（0，+∞）内无零点；
②当t=1即$a=e+\frac{3}{2}$时，h（x）_min=0，
此时h（x）在（0，+∞）内有一个零点；
③当t＞1即$a＞e+\frac{3}{2}$时，h（x）_min＜0，
又　h（0）=2＞0，x→+∞时，h（x）→+∞
所以h（x）在（0，+∞）内有两个零点；
综上：当$1＜a＜e+\frac{3}{2}$时，函数f（-x）-2与g（x）的图象无公共点；
当$a=e+\frac{3}{2}$时，函数f（-x）-2与g（x）的图象有一个公共点；
当$a＞e+\frac{3}{2}$时，函数f（-x）-2与g（x）的图象有两个公共点．

点评 本题考查导数的运用：求切线的斜率和单调区间、极值和最值，考查数列的单调性的证明，注意运用构造函数法，求得导数判断单调性，考查两式的大小比较，注意运用构造函数法，求得导数判断单调性，求得最小值，考查分类讨论的思想方法，属于难题．