Question

9．已知函數(shù)f（x）=e^-x[x²+（1-m）x+1]（e為自然對(duì)數(shù)的底，m為常數(shù)）．
（1）若曲線y=f（x）與x軸相切，求實(shí)數(shù)m的值；
（2）若存在實(shí)數(shù)x₁，x₂∈[0，1]使得2f（x₁）＜f（x₂）成立，求實(shí)數(shù)m的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）設(shè)出切點(diǎn)，求出原函數(shù)的導(dǎo)函數(shù)，由f′（t）=0且f（t）=0列式求得m值；
（2）把存在實(shí)數(shù)x₁，x₂∈[0，1]使得2f（x₁）＜f（x₂）成立，轉(zhuǎn)化為當(dāng)x∈[0，1]時(shí)，函數(shù)f（x）_max＞2f（x）_min，然后分m≥1、m≤0、0＜m＜1分類求得m的取值范圍．

解答 解：（1）由f（x）=e^-x[x²+（1-m）x+1]，
得f′（x）=-e^-x[x²+（1-m）x+1]+e^-x（2x+1-m）=e^-x[-x²+（m+1）x-m]=-e^-x（x-m）（x-1），
設(shè)切點(diǎn)為（t，0），則f′（t）=0，f（t）=0，
即$\left\{\begin{array}{l}{-{e}^{-t}（t-m）（t-1）=0}\\{{e}^{-t}[{t}^{2}+（1-m）t+1]=0}\end{array}\right.$，
解得：$\left\{\begin{array}{l}{t=1}\\{m=3}\end{array}\right.$或$\left\{\begin{array}{l}{t=m}\\{m=-1}\end{array}\right.$，
∴m的值是3或-1；
（2）依題意，當(dāng)x∈[0，1]時(shí)，函數(shù)f（x）_max＞2f（x）_min，
①當(dāng)m≥1時(shí)，當(dāng)x∈[0，1]時(shí)，f′（x）≤0，函數(shù)f（x）單調(diào)遞減，
∴f（0）＞2f（1），即1$＞2•\frac{3-m}{e}$，得m$＞3-\frac{e}{2}$；
②當(dāng)m≤0時(shí)，x∈[0，1]時(shí)，f′（x）≥0，函數(shù)f（x）單調(diào)遞增，
∴f（1）＞2f（0），即$\frac{3-m}{e}＞2$，得m＜3-2e；
③當(dāng)0＜m＜1時(shí)，當(dāng)x∈（0，m）時(shí)，f′（x）＜0，當(dāng)x∈（m，1）時(shí)，f′（x）＞0，
$f（x）_{min}=f（m）=\frac{m+1}{{e}^{m}}$，f（x）_max=f（0）或f（1），
記函數(shù)g（m）=$\frac{m+1}{{e}^{m}}$，g′（m）=$\frac{-m}{{e}^{m}}$，當(dāng)m≥0時(shí)，g′（x）≤0，g（m）單調(diào)遞減，
∴m∈（0，1）時(shí)，g（m）＞g（1）=$\frac{2}{e}$，
∴$2f（x）_{min}=\frac{2（m+1）}{{e}^{m}}＞\frac{4}{e}＞1=f（0）$，
$2f（x）_{min}=\frac{2（m+1）}{{e}^{m}}＞\frac{4}{e}＞\frac{3}{e}＞\frac{3-m}{e}=f（1）$，不存在m∈（0，1），使得f（x）_max＞2f（x）_min，
綜上：實(shí)數(shù)m的取值范圍是（-∞，3-2e）∪（3-$\frac{e}{2}$，+∞）．

點(diǎn)評(píng) 本題考查利用導(dǎo)數(shù)研究過曲線上的某點(diǎn)處的切線方程，考查了利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，考查數(shù)學(xué)轉(zhuǎn)化思想方法，訓(xùn)練了恒成立問題的求解方法，是壓軸題．