Question

4．已知函數(shù)f（x）=s-ke^-x的圖象在x=0處的切線方程為y=x．
（1）求s，k的值；
（2）若正項數(shù)列{a_n}滿足${a_1}=\frac{1}{2}$，${a_n}={e^{{a_{n+1}}}}f（{a_n}）$，證明：數(shù)列{a_n}是遞減數(shù)列；
（3）若$g（x）=\frac{1}{2}{x^3}-ax（x＞0）$，當a＞1時，討論函數(shù)f（-x）-2與g（x）的圖象公共點的個數(shù)．

Answer 1

分析 （1）求得f（x）的導數(shù)，求得切線的斜率和切點，解方程可得s，k；
（2）運用分析法證明，即證${e^{a_n}}＞{a_n}+1$，令t（x）=e^x-x-1（x＞0），求得導數(shù)，單調(diào)性，即可得證；
（3）即討論$h（x）=g（x）-f（-x）+2={e^x}+\frac{1}{2}{x^3}-ax+1（x＞0）$的零點的個數(shù)，求得h（x）的導數(shù)，求出單調(diào)區(qū)間和最小值，討論0＜t＜1，t=1，t＞1，求得h（x）的最小值與0的大小，即可得到零點的個數(shù)．

解答 解：（1）由題意得f（0）=0，f′（0）=1，
函數(shù)f（x）=s-ke^-x的導數(shù)為f′（x）=ke^-x，
則$\left\{\begin{array}{l}s-k=0\\ k=1\end{array}\right.$，
解得s=1，k=1；
（2）證明：∵f（x）=1-e^-x，正項數(shù)列{a_n}滿足${a_1}=\frac{1}{2}$，${a_n}={e^{{a_{n+1}}}}f（{a_n}）$，
∴${e^{{a_{n+1}}}}=\frac{a_n}{{f（{a_n}）}}=\frac{a_n}{{1-{e^{-{a_n}}}}}$，
數(shù)列{a_n}是遞減數(shù)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，+∞）上的增函數(shù)，
∴t（x）＞t（0）=0，即e^x＞x+1，
故${e^{a_n}}＞{a_n}+1$，
∴{a_n}是遞減數(shù)列．
（3）即討論$h（x）=g（x）-f（-x）+2={e^x}+\frac{1}{2}{x^3}-ax+1（x＞0）$的零點的個數(shù)，
對h（x）求導得$h'（x）={e^x}+\frac{3}{2}{x^2}-a（x＞0）$，
易知h'（x）在（0，+∞）上是增函數(shù)，
∵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）遞減，在（t，+∞）遞增，
∴h（x）在（0，+∞）上的最小值為h（x）_min=（1-t）（e^t+t²+t+1），
①當0＜t＜1即$1＜a＜e+\frac{3}{2}$時，h（x）_min＞0，
此時h（x）在（0，+∞）內(nèi)無零點；
②當t=1即$a=e+\frac{3}{2}$時，h（x）_min=0，
此時h（x）在（0，+∞）內(nèi)有一個零點；
③當t＞1即$a＞e+\frac{3}{2}$時，h（x）_min＜0，
又　h（0）=2＞0，x→+∞時，h（x）→+∞
所以h（x）在（0，+∞）內(nèi)有兩個零點；
綜上：當$1＜a＜e+\frac{3}{2}$時，函數(shù)f（-x）-2與g（x）的圖象無公共點；
當$a=e+\frac{3}{2}$時，函數(shù)f（-x）-2與g（x）的圖象有一個公共點；
當$a＞e+\frac{3}{2}$時，函數(shù)f（-x）-2與g（x）的圖象有兩個公共點．

點評 本題考查導數(shù)的運用：求切線的斜率和單調(diào)區(qū)間、極值和最值，考查數(shù)列的單調(diào)性的證明，注意運用構(gòu)造函數(shù)法，求得導數(shù)判斷單調(diào)性，考查兩式的大小比較，注意運用構(gòu)造函數(shù)法，求得導數(shù)判斷單調(diào)性，求得最小值，考查分類討論的思想方法，屬于難題．