试题分析: ⑴由 a=2,b=1得,f (x)=(2+)ex, 定义域为(-∞,0)∪(0,+∞);从而可求得 f ′(x)=ex, 令f ′(x)=0,得x1=-1,x2=,列表可求得f (x)的极值. ⑵①当a=1时,g (x)=(x--2)ex,由已知得不等式g (x)≥1在x∈(0,+∞)上恒成立,即b≤x2-2x-在x∈(0,+∞)上恒成立,从而b≤(x2-2x-)min x∈(0,+∞),令h(x)=x2-2x-(x>0)利用函数导数求出h(x)的最小值即可. ②由于g (x)=(ax--2a)ex,所以g ′(x)=(+ax--a)ex; 由g (x)+g ′(x)=0,得(ax--2a)ex+(+ax--a)ex=0,整理得2ax3-3ax2-2bx+b=0. 存在x>1,使g (x)+g ′(x)=0成立,等价于存在x>1,2ax3-3ax2-2bx+b=0成立. 注意到a>0,所以=(x>1);设u(x)=(x>1),则问题等价于的最小值(或下确界),利用函数导数可判断u(x)在上的单调性可求得从而可得的取值范围为(-1,+∞). 试题解析:⑴当a=2,b=1时,f (x)=(2+)ex,定义域为(-∞,0)∪(0,+∞). 所以f ′(x)=ex.令f ′(x)=0,得x1=-1,x2=,列表
x
| (-∞,-1)
| -1
| (-1,0)
| (0,)
|
| (,+∞)
| f ′(x)
|
|
| -
| -
|
|
| f (x)
| ↗
| 极大值
| ↘
| ↘
| 极小值
| ↗
| 由表知f (x)的极大值是f (-1)=e-1,f (x)的极小值是f ()=4. ⑵① 因为g (x)=(ax-a)ex-f (x)=(ax--2a)ex,当a=1时,g (x)=(x--2)ex. 因为g (x)≥1在x∈(0,+∞)上恒成立,所以b≤x2-2x-在x∈(0,+∞)上恒成立. 记h(x)=x2-2x-(x>0),则h′(x)=. 当0<x<1时,h′(x)<0,h(x)在(0,1)上是减函数; 当x>1时,h′(x)>0,h(x)在(1,+∞)上是增函数. 所以h(x)min=h(1)=-1-e-1.所以b的最大值为-1-e-1. ②因为g (x)=(ax--2a)ex,所以g ′(x)=(+ax--a)ex. 由g (x)+g ′(x)=0,得(ax--2a)ex+(+ax--a)ex=0,整理得2ax3-3ax2-2bx+b=0. 存在x>1,使g (x)+g ′(x)=0成立,等价于存在x>1,2ax3-3ax2-2bx+b=0成立. 因为a>0,所以=.设u(x)=(x>1),则u′(x)=. 因为x>1,u′(x)>0恒成立,所以u(x)在(1,+∞)是增函数,所以u(x)>u(1)=-1, 所以>-1,即的取值范围为(-1,+∞). |