Question

已知函數(shù)f（x）=（mx+n）e^-x（m，n∈R，e是自然對數(shù)的底）
（1）若函數(shù)f（x）在點(diǎn)（1，f（1））處的切線方程為x+ey-3=0，試確定函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（2）①當(dāng)n=-1，m∈R時，若對于任意，都有f（x）≥x恒成立，求實數(shù)m的最小值；
②當(dāng)m=n=1時，設(shè)函數(shù)g（x）=xf（x）+tf'（x）+e^-x（t∈R），是否存在實數(shù)a，b，c∈[0，1]，使得g（a）+g（b）＜g（c）？若存在，求出t的取值范圍；若不存在，說明理由．

Answer 1

【答案】分析：（1）求導(dǎo)函數(shù)，利用函數(shù)f（x）在點(diǎn)（1，f（1））處的切線方程為x+ey-3=0，可得f（1）=，f′（1）=-，從而可得函數(shù)的解析式，利用導(dǎo)數(shù)的正負(fù)可得函數(shù)的單調(diào)區(qū)間；
（2）①對于任意，都有f（x）≥x恒成立，等價于m≥，對于任意恒成立，構(gòu)造函數(shù)可得φ（x）的最大值是φ（）和φ（2）中的較大的一個，由此可求m的最小值；
②假設(shè)存在a，b，c∈[0，1]，使得g（a）+g（b）＜g（c），則問題等價于2g（x）_min＜g（x）_max，1求導(dǎo)函數(shù)，分類討論求出函數(shù)的最值，即可求得結(jié)論．
解答：解：（1）由題意，f′（x）=
∵函數(shù)f（x）在點(diǎn)（1，f（1））處的切線方程為x+ey-3=0
∴f（1）=，f′（1）=-
∴，
∴m=1，n=1
∴f（x）=（x+1）e^-x，f′（x）=
令f′（x）＞0，可得x＜0，令f′（x）＜0，可得x＞0，
∴f（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞減，在（-∞，0）上單調(diào)遞增；
（2）①當(dāng)n=-1，m∈R時，，即m≥
對于任意，都有f（x）≥x恒成立，等價于m≥，對于任意恒成立
記φ（x）=，則φ′（x）=
記h（x）=，則h′（x）=＞0對于任意恒成立，
∴h（x）=在上單調(diào)遞增
∵
∴φ′（x）=在上有唯一的零點(diǎn)x，
∴x∈（，x），φ′（x）＜0，x∈（x，2），φ′（x）＞0
∴φ（x）在（，x）上單調(diào)遞減，在（x，2）上單調(diào)遞增
∴φ（x）的最大值是φ（）和φ（2）中的較大的一個
∴m≥φ（）且m≥φ（2）
∴m≥+2且m≥
∴m的最小值為；
②假設(shè)存在a，b，c∈[0，1]，使得g（a）+g（b）＜g（c），則問題等價于2g（x）_min＜g（x）_max，
∵g（x）=xf（x）+tf'（x）+e^-x=，∴g′（x）=
當(dāng)t≥1時，在[0，1]上g′（x）≤0，∴g（x）在[0，1]上單調(diào)遞減，∴2g（1）＜g（0），∴2×＜1，∴；
當(dāng)t≤0時，在[0，1]上g′（x）≥0，∴g（x）在[0，1]上單調(diào)遞增，∴2g（0）＜g（1），∴2＜，∴t＜3-2e＜0；
當(dāng)0＜t＜1時，在[0，t）上，g′（x）＜0，∴g（x）在[0，t）上單調(diào)遞減，在（t，1]上，g′（x）＞0，∴g（x）在（t，1]上單調(diào)遞增，∴2g（t）＜max{g（0），g（1）}
∴2×
由（1）知f（t）=在[0，1]上單調(diào)遞減，故，
∵
∴2×無解
綜上所述，存在t∈（-∞，3-2e）∪（3-，+∞），使得命題成立．
點(diǎn)評：本題考查導(dǎo)數(shù)知識的運(yùn)用，考查函數(shù)的單調(diào)性，考查恒成立問題，考查分類討論的數(shù)學(xué)思想，正確求導(dǎo)，合理分類是關(guān)鍵．