Question

已知函數(shù)f（x）=e^x，g（x）=mx²+ax+b，其中m，a，b∈R，e=2.71828…為自然對數(shù)的底數(shù)．
（1）設(shè)函數(shù)h（x）=xf（x），當(dāng)a=1，b=0時，若函數(shù)h（x）與g（x）具有相同的單調(diào)區(qū)間，求m的值；
（2）當(dāng)m=0時，記F（x）=f（x）-g（x）
①當(dāng)a=2時，若函數(shù)F（x）在[-1，2]上存在兩個不同的零點，求b的取值范圍；
②當(dāng)b=-

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2

時，試探究是否存在正整數(shù)a，使得函數(shù)F（x）的圖象恒在x軸的上方？若存在，求出a的最大值；若不存在，請說明理由．

Answer 1

考點：函數(shù)零點的判定定理,二次函數(shù)的性質(zhì)

專題：函數(shù)的性質(zhì)及應(yīng)用

分析：（1）求解導(dǎo)數(shù)得出：h（x）=xe^x，（-∞，-1）上單調(diào)遞減，（-1，+∞）單調(diào)遞增，x=-1時h（x）去極小值．
（2）①當(dāng)m=0時，記F（x）=f（x）-g（x）=e^x-ax-b，
F（x）在（-∞，ln2）上單調(diào)遞減，在（ln2，+∞）上單調(diào)遞增，F(xiàn)（x）的最小值為F（ln2）=2-2ln2-b，根據(jù)函數(shù)性質(zhì)得出：2-2ln2-b＜0，F(xiàn)（-1）≥0，F(xiàn)（2）≥0，
②判斷得出：當(dāng)a=1時，F(xiàn)（x）=e^x-x+

′15

2

，F(xiàn)（x）在（0，+∞）單調(diào)遞增，在（-∞，0）上單調(diào)遞減，最小值為F（0）=1+

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，＞0，F(xiàn)（x）＞0恒成立，

解答： 解：（1）∵函數(shù)f（x）=e^x，函數(shù)h（x）=xf（x），
∴h（x）=xe^x，
∴h′（x）=e^x+xe^x，
∵h′（x）=e^x+xe^x=0，x=-1，
h′（x）=e^x+xe^x＞0，x＞-1，
h′（x）=e^x+xe^x＜0，x＜-1，
∴h（x）=xe^x，（-∞，-1）上單調(diào)遞減，（-1，+∞）單調(diào)遞增，x=-1時h（x）去極小值，
∵當(dāng)a=1，b=0時g（x）=mx²+ax+b=mx²+x，若函數(shù)h（x）與g（x）具有相同的單調(diào)區(qū)間
∴-12m=-1，m=12，
（2）當(dāng)m=0時，記F（x）=f（x）-g（x）=e^x-ax-b，
①當(dāng)a=2時，F(xiàn)（x）=e^x-2x-b，
∴F′（x）=e^x-2，
∵F′（x）=e^x-2=0，x=ln2，
F′（x）=e^x-2＞0，x＞ln2
F′（x）=e^x-2＜0，x＜ln2，
∴F（x）在（-∞，ln2）上單調(diào)遞減，在（ln2，+∞）上單調(diào)遞增，
F（x）的最小值為F（ln2）=2-2ln2-b，
∵函數(shù)F（x）在[-1，2]上存在兩個不同的零點，
∴2-2ln2-b＜0，F(xiàn)（-1）≥0，F(xiàn)（2）≥0，
解得出：b＞2-2ln2，b≤

1

e

+2，b≤e²-4，
即2-2ln2＜b≤

1

e

+2，
②∵當(dāng)b=-

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2

時，F(xiàn)（x）=f（x）-g（x）=e^x-ax+

′15

2

，
∴F′（x）=e^x-a，
當(dāng)a=1時，F(xiàn)（x）=e^x-x+

′15

2

，
F′（x）=e^x-1，
∵F′（x）=e^x-1＞0，x＞0，
F′（x）=e^x-1=0，x=0，
F′（x）=e^x-1＜0，x＜0，
∴F（x）在（0，+∞）單調(diào)遞增，在（-∞，0）上單調(diào)遞減，
最小值為F（0）=1+

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2

＞0，∴F（x）＞0恒成立，
當(dāng)a=1時，使得函數(shù)F（x）的圖象恒在x軸的上方．

點評：本題考查了函數(shù)思想的運用，導(dǎo)數(shù)在求解單調(diào)性，最值中的應(yīng)用，知識比較多，難度較大，屬于難題．