Question

4．已知函數(shù)f（x）=xe^mx．
（1）若函數(shù)f（x）的圖象在點（1，f（1））處的切線的斜率為2e，求函數(shù)f（x）在[-2，2]上的最小值；
（2）若關(guān)于x的方程f（x）=$\frac{1}{x}$在（0，+∞）上有兩個解，求實數(shù)m的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）f（x）=xe^mx，f′（x）=e^mx+mxe^mx，由f′（1）=2e，解得m=1．可得f（x）=xe^x，f′（x）=（1+x）e^x，令f′（x）=0，解得x=-1．即可得出極小值與最小值．
（2）f′（x）=e^mx+mxe^mx=（1+mx）e^mx，x∈（0，+∞）．對m分類討論，轉(zhuǎn)化為函數(shù)y=f（x）與函數(shù)y=$\frac{1}{x}$的圖象的交點的個數(shù)．

解答 解：（1）f（x）=xe^mx，f′（x）=e^mx+mxe^mx，
f′（1）=e^m+me^m=2e，解得m=1．
∴f（x）=xe^x，f′（x）=（1+x）e^x，令f′（x）=0，解得x=-1．
令f′（x）＞0，解得x＞-1，此時函數(shù)f（x）單調(diào)遞增；令f′（x）＜0，解得x＜-1，此時函數(shù)f（x）單調(diào)遞減．
∴x=-1時，函數(shù)f（x）取得極小值即最小值，f（-1）=-e^-1=-$\frac{1}{e}$．
（2）f′（x）=e^mx+mxe^mx=（1+mx）e^mx，x∈（0，+∞）．
①m≥0時，f′（x）＞0，此時函數(shù)f（x）單調(diào)遞增，
函數(shù)y=$\frac{1}{x}$在x∈（0，+∞）單調(diào)遞減，因此此時兩個函數(shù)的圖象最多有一個交點，不滿足題意，舍去．
②m＜0時，f′（x）=m（x-$\frac{1}{-m}$）e^mx，令f′（x）=0，解得x=$\frac{1}{-m}$＞0．
可知：x＞$\frac{1}{-m}$時，f′（x）＜0，函數(shù)f（x）單調(diào)遞減；0＜x＜$\frac{1}{-m}$時，f′（x）＞0，函數(shù)f（x）單調(diào)遞增．
∴x=$\frac{1}{-m}$時，函數(shù)f（x）取得極大值即最大值，$f（-\frac{1}{m}）$=$-\frac{1}{me}$．
若關(guān)于x的方程f（x）=$\frac{1}{x}$在（0，+∞）上有兩個解，則$f（-\frac{1}{m}）$=$-\frac{1}{me}$＞$\frac{1}{-\frac{1}{m}}$，解得m＜-$\frac{\sqrt{e}}{e}$．
綜上可得：關(guān)于x的方程f（x）=$\frac{1}{x}$在（0，+∞）上有兩個解，實數(shù)m的取值范圍是$（-∞，-\frac{\sqrt{e}}{e}）$．

點評 本題考查了利用導(dǎo)數(shù)研究其單調(diào)性極值與最值、不等式的解法、分類討論方法、方程的解法轉(zhuǎn)化為函數(shù)圖象的交點，考查了推理能力與計算能力，屬于難題．