Question

15．已知函數f（x）=e^x-mx-n．
（1）求函數f（x）在[0，1]上的最小值；
（2）若方程f（x）=$\frac{1}{2}$mx²+（n-m）x-n+1的一個解為1，且該方程還在（0，1）上有解，求實數m的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）求導，再分類討論，根據函數的單調性即可求出函數的最值，
（2）構造函數g（x），轉化為函數g（x）在（0，1）上有零點，根據零點存在定理和導數和與函數的關系，即可求出m的范圍．

解答 解：（1）依題意，f′（x）=e^x-m，
①當m≤0時，f′（x）=e^x-m＞0，
∴f（x）在R上單調遞增，從而f（x）在[0，1]上單調遞增，
∴f（x）_min=f（0）=1，
①當m＞0時，f′（x）=e^x-m＞0，即x＞lnm，
∴f（x）在（-∞，lnm）上單調遞減，在（lnm，+∞）上單調遞增，
當lnm≤0，即0＜m≤1，f（x）在（0，lnm）上單調遞減，
∴f（x）_min=f（0）=1-n，
當0＜lnm＜1，即1＜m＜e時，
∴f（x）在（-∞，lnm）上單調遞減，在（lnm，1）上單調遞增，
∴f（x）_min=f（lnm）=m-mlnm-n，
當lnm≥1，即m≥e時，f（x）在[0，1]上單調遞減，
∴f（x）_min=f（1）=e-m-n
綜上所述，f（x）_min=$\left\{\begin{array}{l}{1-n，（m≤1）}\\{m-mlnm-n，（1＜m＜e）}\\{e-m-n，（m≥e）}\end{array}\right.$
（2）g（x）=-f（x）+$\frac{1}{2}$mx²+（n-m）x-n+1=n-e^x+mx+$\frac{1}{2}$mx²+（n-m）x-n-1=-e^x+$\frac{1}{2}$mx²+nx+1，
問題轉化為，
且g′（x）=n+mx-e^x=-f（x），g（0）=g（1）=0，
令x₀為g（x）在（0，1）內的一個零點，則由g（0）=g（x₀）=0知，g（x）在（0，x₀）內不單調遞增，也不單調遞減，也不單調遞增，
從而-f（x）在（0，x₀）內不能恒為正，也不能恒為負．
∴-f（x）在（0，x₀）內存在零點x₁，
同理-f（x）在（x₀，1）存在零點x₂，
∴-f（x）在（0，1）內至少有兩個零點x₁，x₂，
由（1）知，當m≤1時，-f（x）在（0，1）內單調遞減，
∴-f（x）在（0，1）內至多有一個零點，不合題意，
當1＜m＜e時，-f（x）在（0，lnm）上單調遞增，在（lnm，1）上單調遞減，
∴x₁∈（0，lnm），x₂∈（lnm，1），
從而-f（0）=n-1＜0，-f（1）=m+n-e＜0，否則，矛盾，
∴-f（0）=n-1=e-2-$\frac{m}{2}$＜0，即m＞2（e-2）；
-f（1）=m+n-e=$\frac{m}{2}$-1＜0，即m＜2，
∴2（e-2）＜m＜2，
當2（e-2）＜m＜2時，-f（x）在（0，1）的最大值為[-f（x）]_max=n+mlnm-m，
若[-f（x）]_max=n+mlnm-m≤0，則-f（x）≤0，x∈[0，1]，
從而g（x）在[0，1]上單調遞減，這與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）內各有一個零點x₁，x₂，
∴g（x）在（0，x₁）內單調遞減，在（x₁，x₂）內單調遞增，在（x₂，1）內單調遞減，
∴g（x₁）＜g（0）=0，g（x₂）＞g（1）=0，
∴g（x）在（x₁，x₂）內有零點，
∴m的取值范圍是（2（e-2），2）

點評 本題考查了導數與函數的最值，導數與函數的東西，著重考查學生的推理能力，屬于難題．