Question

4．已知函數(shù)f（x）=$\frac{\sqrt{|x|}}{{e}^{x}}$（x∈R），若關(guān)于x的方程f²（x）-$\frac{1}{2}$mf（x）+$\frac{1}{2}$m-1=0恰好有4個(gè)不相等的實(shí)根，則m的取值范圍是（　�。�

• A． （2，$\frac{\sqrt{2e}}{e}$+2）
• B． （1，$\frac{\sqrt{2e}}{e}$+1）
• C． （1，$\frac{\sqrt{2e}}{2e}$+1）
• D． （2，$\frac{\sqrt{2e}}{2e}$+2）

Answer 1

分析 令g（x）=f²（x），判斷g（x）的單調(diào)性，從而得出f（x）的單調(diào)性，設(shè)f（x）=t，得出方程f（x）=t的解的情況，從而得出關(guān)于t的方程t²-$\frac{1}{2}$mt+$\frac{1}{2}$m-1=0的根的分布情況，利用二次函數(shù)的性質(zhì)列出不等式組即可解出m的范圍．

解答 解：設(shè)g（x）=f²（x）=$\left\{\begin{array}{l}{\frac{x}{{e}^{2x}}，x≥0}\\{-\frac{x}{{e}^{2x}}，x＜0}\end{array}\right.$，
則g′（x）=$\left\{\begin{array}{l}{\frac{1-2x}{{e}^{2x}}，x≥0}\\{\frac{2x-1}{{e}^{2x}}，x＜0}\end{array}\right.$，
∴當(dāng)x＜0或x$＞\frac{1}{2}$時(shí)，g′（x）＜0，當(dāng)0$＜x＜\frac{1}{2}$時(shí)，g′（x）＞0，
∴g（x）在（-∞，0）上單調(diào)遞減，在（0，$\frac{1}{2}$）上單調(diào)遞增，在（$\frac{1}{2}$，+∞）上單調(diào)遞減，
∵f（x）=$\frac{\sqrt{|x|}}{{e}^{x}}$≥0，f²（x）=g（x），
∴f（x）在（-∞，0）上單調(diào)遞減，在（0，$\frac{1}{2}$）上單調(diào)遞增，在（$\frac{1}{2}$，+∞）上單調(diào)遞減，
作出f（x）的大致函數(shù)圖象如圖所示：

設(shè)f（x）=t，
則當(dāng)t＜0時(shí)，方程f（x）=t無(wú)解，
當(dāng)t=0或t＞$\frac{\sqrt{2e}}{2e}$時(shí)，方程f（x）=t有1解，
當(dāng)t=$\frac{\sqrt{2e}}{2e}$時(shí)，方程f（x）=t有2解，
當(dāng)0＜t＜$\frac{\sqrt{2e}}{2e}$時(shí)，方程f（x）=t有3解．
∵關(guān)于x的方程f²（x）-$\frac{1}{2}$mf（x）+$\frac{1}{2}$m-1=0恰好有4個(gè)不相等的實(shí)根，
∴關(guān)于t的方程t²-$\frac{1}{2}$mt+$\frac{1}{2}$m-1=0在（0，$\frac{\sqrt{2e}}{2e}$）和（$\frac{\sqrt{2e}}{2e}$，+∞）∪{0}上各有1解．
若t=0為方程t²-$\frac{1}{2}$mt+$\frac{1}{2}$m-1=0的解，則m=2，此時(shí)方程的另一解為t=1∉（0，$\frac{\sqrt{2e}}{2e}$），不符合題意．
∴關(guān)于t的方程t²-$\frac{1}{2}$mt+$\frac{1}{2}$m-1=0在（0，$\frac{\sqrt{2e}}{2e}$）和（$\frac{\sqrt{2e}}{2e}$，+∞）上各有1解．
∴$\left\{\begin{array}{l}{\frac{1}{2}m-1＞0}\\{\frac{1}{2e}-\frac{\sqrt{2e}m}{4e}+\frac{1}{2}m-1＜0}\end{array}\right.$，解得2＜m＜2+$\frac{\sqrt{2e}}{e}$．
故選A．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了函數(shù)的單調(diào)性的判斷與極值計(jì)算，二次函數(shù)的性質(zhì)，屬于中檔題．