Question

11．已知函數(shù)f（x）=e^x-mx²+1（m∈R）．
（Ⅰ）當m=$\frac{1}{2}$時，是判斷函數(shù)f（x）的單調性并給予證明；
（Ⅱ）若f（x）有兩個極值點a，b（a＜b）；
（i）求實數(shù)m的取值范圍
（ii）證明：2＜f（a）＜$\frac{e}{2}$+1（注：e是自然對數(shù)的底數(shù)）

Answer 1

分析 （Ⅰ）m=$\frac{1}{2}$時，求出f（x）=${e}^{x}-\frac{1}{2}{x}^{2}+1$，再求f′（x），根據該導數(shù)符號即可判斷出f（x）的單調性；
（Ⅱ）（i）容易判斷a，b是方程f′（x）=0的兩個實數(shù)根，并且能夠得到方程2m=$\frac{{e}^{x}}{x}$，設g（x）=$\frac{{e}^{x}}{x}$，求g′（x），根據導數(shù)的符號可以求出g（x）的一個極小值為g（1）=e，這時候要使得方程$2m=\frac{{e}^{x}}{x}$有兩個不同實數(shù)根，就需限制2m＞e，這樣即可解出m的取值范圍；
（ii）a是f′（x）=0的一個實數(shù)根，這樣即可求出m=$\frac{{e}^{a}}{2a}$，帶入f（a）=${e}^{a}（1-\frac{a}{2}）$，f（a）表示關于a的函數(shù)，求f′（a），并能夠判斷f′（a）＞0，從而得到f（a）在（0，1）是增函數(shù)，從而f（0）＜f（a）＜f（1），求出f（0），f（1）即完成該問的證明．

解答 解：
（Ⅰ）當$m=\frac{1}{2}$時，$f（x）={e}^{x}-\frac{1}{2}{x}^{2}+1$，f′（x）=e^x-x；
由y=e^x，y=x圖象知e^x＞x，并且圖象如下：
∴f′（x）＞0；

所以f（x）在R上單調遞增；
（Ⅱ）（�。┤鬴（x）有兩個極值點a，b，則a，b是方程f′（x）=0的兩個根；
故方程2mx-e^x=0有兩個根a，b；
又x=0顯然不是該方程的根，所以方程$2m=\frac{{e}^{x}}{x}$有兩個實根；
設$g（x）=\frac{{e}^{x}}{x}$，得$g′（x）=\frac{{e}^{x}（x-1）}{{x}^{2}}$；
∴①x＜0時，g（x）＜0，g′（x）＜0，g（x）單調遞減；
②x＞0時，g（x）＞0：0＜x＜1時，g′（x）＜0，x＞1時，g′（x）＞0；
∴g（1）=e是g（x）的極小值；
∴要使方程$2m=\frac{{e}^{x}}{x}$有兩個根，需2m＞e，故$m＞\frac{e}{2}$，且0＜a＜1＜b；
故m的取值范圍為（$\frac{e}{2}，+∞$）；
（ⅱ）證明：由f′（a）=0得，e^a-2ma=0；
∴$m=\frac{{e}^{a}}{2a}$；
∴f（a）=e^a-ma²+1=${e}^{a}（1-\frac{a}{2}）+1$，f′（a）=$\frac{{e}^{a}（1-a）}{2}$；
由上面知0＜a＜1，∴f′（a）＞0；
∴f（a）在（0，1）上是增函數(shù)；
∴f（0）＜f（a）＜f（1）；
∴2＜f（a）＜$\frac{e}{2}+1$．

點評 考查根據導數(shù)符號判斷函數(shù)單調性的方法，要熟悉y=e^x和y=x圖象的關系，從而比較出e^x和x的大小關系，極值的定義，極值點處的導數(shù)為0，以及方程的解和對應曲線或直線交點的等價關系，以及函數(shù)單調性定義的運用．