Question

（2012•紹興模擬）已知函數f(x)=e2x-2a

x

2

+2e2x，其中e為自然對數的底數．
（I）若函數f（x）在[1，2]上為單調增函數，求實數a的取值范圍；
（II）設曲線y=f（x）在點P（1，f（1））處的切線為l．試問：是否存在正實數a，使得函數y=f（x）的圖象被點P分割成的兩部分（除點P外）完全位于切線l的兩側？若存在，請求出a滿足的條件，若不存在，請說明理由．

Answer 1

分析：（Ⅰ）f（x）在[1，2]上為單調增函數?f′（x）=2e^2x-4ax+2e²≥0對任意的x∈[1，2]恒成立?不等式2a≤

e2x+e2

x

，x∈[1，2]成立，令h（x）=

e2x+e2

x

，x∈[1，2]，利用其導數可求得a的取值范圍；
（Ⅱ）依題意可求得f（x）在點x=1處的切線l方程為y=（4e²-4a）x-e²+2a，令g（x）=f（x）-[（4e²-4a）x-e²+2a]，假設滿足條件的正數a存在，利用g′（x）=2e^2x-4ax-2e²+4a，且g′（1）=0，[g′（x）]′=4e^2x-4a，對a分類討論，利用g′（x）的單調性即可分析判斷a是否存在．

解答：解：（Ⅰ）∵f（x）在[1，2]上為單調增函數，
∴f′（x）=2e^2x-4ax+2e²≥0對任意的x∈[1，2]恒成立．
即不等式2a≤

e2x+e2

x

，x∈[1，2]恒成立…2′
令h（x）=

e2x+e2

x

，x∈[1，2]則h′（x）=

2xe2x-e2x-e2

x2

…3′
令p（x）=2xe^2x-e^2x-e²，∵p′（x）=2e^2x+4xe^2x-2e^2x=4xe^2x＞0，∴p（x）在[1，2]上單調遞增，
又p（1）=0，故當x∈（1，2]時，p（x）＞0，h′（x）＞0．
∴h（x）在[1，2]上為單調遞增，故h（x）_min=h（1）=2e²，
∴a的取值范圍為（-∞，e²）…6′
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，f′（1）=4e²-4a，又f（1）=3e²-2a，
∴f（x）在點x=1處的切線l方程為y=f′（1）（x-1）+f（1），
即y=（4e²-4a）x-e²+2a…7′
令g（x）=f（x）-[（4e²-4a）x-e²+2a]=e^2x-2ax²+2e²x-（4e²-4a）x+e²-2a=e^2x-2ax²-（2e²-4a）x+e²-2a…8′
假設滿足條件的正數a存在，由于x→+∞時，g（x）→+∞，則必有當x＜1時，g（x）＜0，當x＞1時，g（x）＞0，…9′
由于g′（x）=2e^2x-4ax-2e²+4a，且g′（1）=0，則[g′（x）]′=4e^2x-4a，
∵a＞0，
∴[g′（x）]′＞0的解為x＞

lna

2

，
∴g′（x）在（-∞，

lna

2

）上單調遞減，在（

lna

2

，+∞）上單調遞増．
①當a=e²時，g′（x）在（-∞，1）上單調遞減，在（1，+∞）上單調遞増且g′（1）=0，故對任意的x∈R，g′（x）≥0，
則g（x）在（-∞，+∞）上單調遞増，又g（1）=0，則當x＜1時，g（x）＜0，當x＞1時，g（x）＞0，符合題意…11′
②當a＞e²時，g′（x）在（-∞，

lna

2

）上單調遞減，g′（1）=0且

lna

2

＞1，故當x∈（1，

lna

2

），g′（x）＜0，且g（x）在
（1，

lna

2

）上單調減函數，又g（1）=0，從而對任意的x∈（1，

lna

2

），g（x）＜0，不合題意…13′
③當0＜a＜e²時，g（x）在（

lna

2

，+∞）上單調遞増，g′（1）=0且

lna

2

＜1，故當x∈（

lna

2

，1），g′（x）＜0，即g（x）在
（

lna

2

，1）上為單調減函數，又g（1）=0，從而對任意的x∈（

lna

2

，1），g（x）＞0，不合題意…14′
綜上所述，滿足的條件的a存在，且a=e²…15′4

點評：本題考查利用導數研究函數的單調性，著重考查構造函數的思想，函數與方程，分類討論與化歸思想的綜合運用，屬于難題．