luoye9 春芽
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x+1 |
e2x−1 |
x+1 |
e2x−1 |
(Ⅰ)定义域为(-∞,+∞),f′(x)=e2x-a,
当a≤0时,f′(x)>0,所以f(x)在(-∞,+∞)上为增函数;…(2分)
当a>0时,由f′(x)=0得x=
lna
2,且当x∈(−∞,
lna
2)时,f′(x)<0,
当x∈(
lna
2,+∞)时f′(x)>0,
所以f(x)在x∈(−∞,
lna
2)为减函数,在x∈(
lna
2,+∞)为增函数.…(4分)
(Ⅱ)当a=1时,g(x)=(x−m)(
1
2e2x−x)−
1
4e2x+x2+x,
若g(x)在区间(0,+∞)上为增函数,
则g′(x)=(x-m)(e2x-1)+x+1≥0在(0,+∞)恒成立,
即m≤
x+1
e2x−1+x在(0,+∞)恒成立,
令h(x)=
x+1
e2x−1+x,x∈(0,+∞);…(6分)
h′(x)=
e2x(e2x−2x−3)
(e2x−1)2,x∈(0,+∞);令L(x)=e2x-2x-3,
可知L(
1
2)=e−4<0,L(1)=e2-5>0,
又当x∈(0,+∞)时L′(x)=2e2x-2>0,
所以函数L(x)=e2x-2x-3在x∈(0,+∞)只有一个零点,…(8分)
设为a,即e2a=2a+3,且a∈(
1
2,1);
由上可知当x∈(0,a)时L(x)<0,即h′(x)<0;当x∈(a,+∞)时L(x)>0,即h′(x)>0,
所以h(x)=
x+1
e2x−1+x,x∈(0,+∞),有最小值h(a)=
a+1
e2a−1+a,…(10分)
将e2a=2a+3代入上式可得h(a)=
1
2+a,又因为a∈(
1
2,1),所以h(a)∈(1,
3
2),
由于m≤h(x)恒成立,所以m≤h(a),又因为m为整数,
所以m≤1,所以整数m的最大值为1.…(12分)
点评:
本题考点: 利用导数研究函数的单调性.
考点点评: 本题考查倒数的综合应用,属于中档题,要求考生会利用导数研究函数的单调区间以及根据函数的增减性得到函数的最值.掌握不等式恒成立时所取的条件.
1年前
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