Question

已知函數(shù)f（x）=

e2x+mex，    x∈[-ln2，0] lnx，x∈(0，+∞)

（e為自然對數(shù)的底數(shù)），g（x）=

1

2

ax²+bx．
（Ⅰ）若a=-2時，函數(shù)h（x）=f（x）-g（x）在（0，+∞）內(nèi)是增函數(shù)，求b的取值范圍；
（Ⅱ）當(dāng)x∈[-ln2，0]時，求函數(shù)f（x）的最小值；
（Ⅲ）當(dāng)x＞0時，設(shè)函數(shù)f（x）的圖象C₁與函數(shù)g（x）的圖象C₂交于點P、Q，過線段PQ的中點R作x軸的垂線分別交C₁、C₂于點M、N，問是否存在點R，使C₁在M處的切線與C₂在N處的切線平行？若存在，求出R的橫坐標；若不存在，請說明理由．

Answer 1

考點：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：導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用

分析：（Ⅰ）h（x）的導(dǎo)數(shù)大于或等于0，得到b≤m（x）型的不等式，故應(yīng)有：b小于或等于m（x）的最小值
（Ⅱ）換元，設(shè)t=e^x，把函數(shù)φ（x）化為二次函數(shù)的形式，配方找出對稱軸，分對稱軸在區(qū)間內(nèi)、在區(qū)間左側(cè)、在區(qū)間右側(cè)三種情況求出函數(shù)最小值．
（Ⅲ）由題設(shè)條件，可設(shè)P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂），則有x_R=x_M=x_N=

x1+x2

2

，令0＜x₁＜x₂，g′（x）=ax+b，假設(shè)R點存在，則

1

2

(x1+x2)+b=

2

x1+x2

，則由此能推導(dǎo)出點R不存在．

解答： 解：（Ⅰ）∵h（x）=f（x）-g（x）在（0，+∞）內(nèi)是增函數(shù)，a=-2，
∴h（x）=lnx+x²-bx，
∴h′（x）=

1

x

+2x+b≥0，
∴b≤

1

x

+2x，對x∈（0，+∞）恒成立，
∵x＞0，有

1

x

+2x≥2

2

，
∴b的取值范圍是[-∞，2

2

）；
（Ⅱ）設(shè)t=e^x，則函數(shù)化為f（x）=F（t）=t²+mt，t∈[

1

2

，1]．
∵F（t）=(t+

m

2

)2-

m2

4

，
當(dāng)-

m

2

≤

1

2

時，即m≥-1時，F(xiàn)（t）在[

1

2

，1]上為增函數(shù)，[f（x）]_min=F（

1

2

）=

m

2

+

1

4

；
當(dāng)

1

2

＜-

m

2

＜1時，即-2＜m＜-1時，[f（x）]_min=F（-

m

2

）=-

m2

4

；
當(dāng)-

m

2

≥1時，即m≤-2時，F(xiàn)（t）在[

1

2

，1]上為減函數(shù)，[f（x）]_min=F（1）=m+1；
∴[f（x）]_min=

m 2 + 1 4 ，    m≥-1時 - m2 4 ，  -2＜m＜-1時 m+1，     m≤-2時

（Ⅲ）設(shè)P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂），則有x_R=x_M=x_N=

x1+x2

2

，
令0＜x₁＜x₂，g′（x）=ax+b，
假設(shè)R點存在，則

1

2

(x1+x2)+b=

2

x1+x2

，
又∵lnx1=

1

2

ax12+bx1，
lnx2=

1

2

ax22+bx2，
∴

lnx1-lnx2

x1-x2

=

1

2

(x1+x2)+b=

2

x1+x2

，
即ln

x1

x2

=2(

x1 x2 -1

x1 x2 +1

)，
令t=

x1

x2

，設(shè)h（t）=lnt-

2(t-1)

t+1

，t∈（0，1），
h′（t）=

(t-1)2

t(t+1)

＞0，得到h（t）在（0，1）內(nèi)單調(diào)遞增，
h（t）＜h（1）=0，假設(shè)不成立，所以點R不存在．

點評：考查函數(shù)的單調(diào)性的應(yīng)用，探索滿足條件的點是否存在．解題時要認真審題，仔細解答，注意等價轉(zhuǎn)化思想、分類討論思想、函數(shù)方程思想的合理運