Question

函數(shù)f（x）=ae^x+b，g（x）=ax²-2x-2（其中a，b∈R，a≠0），設(shè)函數(shù)F（x）=f（x）•g（x）．
（Ⅰ）若函數(shù)f（x）在x=0處的切線方程為y=x+1，解關(guān)于x的不等式F（x）＞0；
（Ⅱ）當a＞0，b=0時，求函數(shù)F（cos²x）的最小值；
（Ⅲ）在（Ⅰ）的條件下，是否存在區(qū)間[m，n]（m＞2），使得函數(shù)F（x）在[m，n]上的值域是[

m

2

，

n

2

]？試著說明你的理由．

Answer 1

考點：利用導(dǎo)數(shù)研究曲線上某點切線方程,利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性,利用導(dǎo)數(shù)求閉區(qū)間上函數(shù)的最值

專題：綜合題,導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用

分析：（Ⅰ）根據(jù)函數(shù)f（x）在x=0處的切線方程為y=x+1，求出a，b，可得F（x），即可解關(guān)于x的不等式F（x）＞0；
（Ⅱ）當a＞0，b=0時，F(xiàn)（x）=ae^x（ax²-2x-2），F′(x)=a2(x-

2

a

)(x+2)•ex．設(shè)t=cos²x（0≤t≤1），則轉(zhuǎn)換為只需求得a＞0時，函數(shù)y=F（t）（0≤t≤1）的最小值；
（Ⅲ）由（Ⅰ）得F（x）=e^x（x²-2x-2），當x＞2時，假設(shè)存在區(qū)間[m，n]使得函數(shù)y=F（x）在[m，n]的值域為[

m

2

，

n

2

]，進而問題轉(zhuǎn)化為“方程e^x（x²-2x-2）=

x

2

有兩個不大于2的不等實數(shù)根”，構(gòu)造新函數(shù)u（x）=e^x（x²-2x-2）-

x

2

（x＞2），求出導(dǎo)數(shù)后，判斷出函數(shù)u（x₀）在（2，+∞）上只有一
個零點，不存在兩個不相等的實數(shù)根，與假設(shè)矛盾，故可得證．

解答： 解：（Ⅰ）f′（x）=a•e^x，則f′（0）=a，
由于f′（a）在x=0處的切線方程為 y=x+1，
所以a=1，f （0）=a+b=1，
所以b=0，則f （x）=e^x，g（x）=x²-2x-2，
所以F（x）=e^x（x²-2x-2）．
不等式F（x）＞0，等價于x²-2x-2＞0，
解得x＜1-

3

，或者x＞1+

3

．
所以不等式F（x）＞0的解集為(-∞，1-

3

)∪(1+

3

，+∞)…（4分）
（Ⅱ）當a＞0，b=0時，F(xiàn)（x）=ae^x（ax²-2x-2），F′(x)=a2(x-

2

a

)(x+2)•ex．
設(shè)t=cos²x（0≤t≤1），則轉(zhuǎn)換為只需求得a＞0時，函數(shù)y=F（t）（0≤t≤1）的最小值．
令F′（t）=0，則t=-2，t=

2

a

，有：

t	（-∞，-2）	-2	(-2， 2 a )	2 a	( 2 a ，+∞)
f′（t）	+	0	-	0	+
f（t）	↗	極大值	↘	極小值	↗

由上表可知，函數(shù)y=F（t）（0≤t≤1）在t=

2

a

處取得極小值．
當

2

a

＞1，即0＜a≤2時函數(shù)y=F（t）在（0，1）上是減函數(shù)，最小值為F（1）=a（a-4）e．
當0＜

2

a

＜1，即a＞2時，函數(shù)y=F（t）的極小值即為最小值，F(

2

a

)=-2ae

2

a

．
故當0＜a≤2，函數(shù)F（cos²x）最小值為a（a-4）e；當a＞2時，最小值為-2ae

2

a

．…（8分）
（Ⅲ）由（Ⅰ）得F（x）=e^x（x²-2x-2），F(xiàn)′（x）=（x+2）（x-2）e^x，
當x＞2時，假設(shè)存在區(qū)間[m，n]使得函數(shù)y=F（x）在[m，n]的值域為[

m

2

，

n

2

]．
由于x＞2在[m，n]的值域為[

m

2

，

n

2

]，
所以函數(shù)y=F（x）在[2，+∞）是增函數(shù)，
所以

F(m)= m 2 F(n)= n 2

即

em(m2-2m-2)= m 2 en(n2-2n-2)= n 2

，
所以方程e^x（x²-2x-2）=

x

2

有兩個不大于2的不等實數(shù)根．
設(shè)u（x）=e^x（x²-2x-2）-

x

2

（x＞2），則u′（x）=e^x（x²-4）-

1

2

．
令h（x）=e^x（x²-4）-

1

2

．，則h′（x）=e^x（x²+2x-4）．
當x＞2時，h′（x）＞0，所以h（x）在（2，+∞）上是增函數(shù)．
又h（2）=-

1

2

＜0，h（3）=5e³-

1

2

＞0，
所以在區(qū)間（2，3）上，函數(shù)h（x）存在唯一一個零點x₀，使得h（x₀）=0．即存在唯一的x₀，使得u′（x₀）=0．
可知函數(shù)u（x）在區(qū)間（2，x₀）上單調(diào)遞減；在區(qū)間（x₀，+∞）上單調(diào)遞增．
則u(x0)＜u(2)=-2e2-1＜0，u(3)=e3-

3

2

＞0，因此函數(shù)u（x₀）在（2，+∞）上只有一
個零點，不存在兩個不相等的實數(shù)根．
所以不存在滿足題設(shè)條件的區(qū)間[m，n]…（14分）

點評：本題主要考查了導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用：利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的極值及判斷函數(shù)的單調(diào)性、求最值等，當導(dǎo)數(shù)中含有參數(shù)時需要分類討論，考查運算求解能力和推理論證能力；考查化歸與轉(zhuǎn)化思想和分類討論的思想，對數(shù)學(xué)思維的要求比較高，有一定的探索性．綜合性強，難度大，是高考的重點．