已知函数f(x)=ex﹣mx﹣n. (1)求函数f(x)在[0,1]上的最小值; (2)若方程f(x)=1/2mx2+(n﹣m)x﹣n+1的一个解为1,且该方程还在(0,1)上有解,求实数m的取值范围. 解:(1)依题意,f′(x)=ex﹣m, ①当m≤0时,f′(x)=ex﹣m>0, ∴f(x)在R上单调递增,从而f(x)在[0,1]上单调递增, ∴f(x)min=f(0)=1, ①当m>0时,f′(x)=ex﹣m>0, 即x>lnm, ∴f(x)在(﹣∞,lnm)上单调递减, 在(lnm,+∞)上单调递增, 当lnm≤0,即0<m≤1,f(x)在(0,lnm)上单调递减, ∴f(x)min=f(0)=1﹣n, 当0<lnm<1,即1<m<e时, ∴f(x)在(﹣∞,lnm)上单调递减, 在(lnm,1)上单调递增, ∴f(x)min=f(lnm)=m﹣mlnm﹣n, 当lnm≥1,即m≥e时, f(x)在[0,1]上单调递减, ∴f(x)min=f(1)=e﹣m﹣n 问题转化为, 且g′(x)=n+mx﹣ex=﹣f(x),g(0)=g(1)=0, 令x0为g(x)在(0,1)内的一个零点, 则由g(0)=g(x0)=0知, g(x)在(0,x0)内不单调递增,也不单调递减,也不单调递增, 从而﹣f(x)在(0,x0)内不能恒为正,也不能恒为负. ∴﹣f(x)在(0,x0)内存在零点x1, 同理﹣f(x)在(x0,1)存在零点x2, ∴﹣f(x)在(0,1)内至少有两个零点x1,x2, 由(1)知,当m≤1时,﹣f(x)在(0,1)内单调递减, ∴﹣f(x)在(0,1)内至多有一个零点,不合题意, 当1<m<e时,﹣f(x)在(0,lnm)上单调递增, 在(lnm,1)上单调递减, ∴x1∈(0,lnm),x2∈(lnm,1), 从而﹣f(0)=n﹣1<0,﹣f(1)=m+n﹣e<0,否则,矛盾, ∴﹣f(0)=n﹣1=e﹣2﹣<0,即m>2(e﹣2); ﹣f(1)=m+n﹣e=﹣1<0,即m<2, ∴2(e﹣2)<m<2, 当2(e﹣2)<m<2时,﹣f(x)在(0,1)的最大值为[﹣f(x)]max=n+mlnm﹣m, 若[﹣f(x)]max=n+mlnm﹣m≤0,则﹣f(x)≤0,x∈[0,1], 从而g(x)在[0,1]上单调递减,这与g(0)=g(1)=0相矛盾, ∴[﹣f(x)]max=n+mlm﹣m>0, 又f(0)<0,﹣f(1)<0, ∴﹣f(x)在(0,lnm),(lnm,1)内各有一个零点x1,x2, ∴g(x)在(0,x1)内单调递减,在(x1,x2)内单调递增,在(x2,1)内单调递减, ∴g(x1)<g(0)=0,g(x2)>g(1)=0, ∴g(x)在(x1,x2)内有零点, ∴m的取值范围是(2(e﹣2),2) 考点分析: 利用导数研究函数的单调性;导数在最大值、最小值问题中的应用. 题干分析: (1)求导,再分类讨论,根据函数的单调性即可求出函数的最值, (2)构造函数g(x),转化为函数g(x)在(0,1)上有零点,根据零点存在定理和导数和与函数的关系,即可求出m的范围. |
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