Question

9．已知函数f（x）=e^-x[x²+（1-m）x+1]（e为自然对数的底，m为常数）．
（1）若曲线y=f（x）与x轴相切，求实数m的值；
（2）若存在实数x₁，x₂∈[0，1]使得2f（x₁）＜f（x₂）成立，求实数m的取值范围．

Answer 1

分析 （1）设出切点，求出原函数的导函数，由f′（t）=0且f（t）=0列式求得m值；
（2）把存在实数x₁，x₂∈[0，1]使得2f（x₁）＜f（x₂）成立，转化为当x∈[0，1]时，函数f（x）_max＞2f（x）_min，然后分m≥1、m≤0、0＜m＜1分类求得m的取值范围．

解答 解：（1）由f（x）=e^-x[x²+（1-m）x+1]，
得f′（x）=-e^-x[x²+（1-m）x+1]+e^-x（2x+1-m）=e^-x[-x²+（m+1）x-m]=-e^-x（x-m）（x-1），
设切点为（t，0），则f′（t）=0，f（t）=0，
即$\left\{\begin{array}{l}{-{e}^{-t}（t-m）（t-1）=0}\\{{e}^{-t}[{t}^{2}+（1-m）t+1]=0}\end{array}\right.$，
解得：$\left\{\begin{array}{l}{t=1}\\{m=3}\end{array}\right.$或$\left\{\begin{array}{l}{t=m}\\{m=-1}\end{array}\right.$，
∴m的值是3或-1；
（2）依题意，当x∈[0，1]时，函数f（x）_max＞2f（x）_min，
①当m≥1时，当x∈[0，1]时，f′（x）≤0，函数f（x）单调递减，
∴f（0）＞2f（1），即1$＞2•\frac{3-m}{e}$，得m$＞3-\frac{e}{2}$；
②当m≤0时，x∈[0，1]时，f′（x）≥0，函数f（x）单调递增，
∴f（1）＞2f（0），即$\frac{3-m}{e}＞2$，得m＜3-2e；
③当0＜m＜1时，当x∈（0，m）时，f′（x）＜0，当x∈（m，1）时，f′（x）＞0，
$f（x）_{min}=f（m）=\frac{m+1}{{e}^{m}}$，f（x）_max=f（0）或f（1），
记函数g（m）=$\frac{m+1}{{e}^{m}}$，g′（m）=$\frac{-m}{{e}^{m}}$，当m≥0时，g′（x）≤0，g（m）单调递减，
∴m∈（0，1）时，g（m）＞g（1）=$\frac{2}{e}$，
∴$2f（x）_{min}=\frac{2（m+1）}{{e}^{m}}＞\frac{4}{e}＞1=f（0）$，
$2f（x）_{min}=\frac{2（m+1）}{{e}^{m}}＞\frac{4}{e}＞\frac{3}{e}＞\frac{3-m}{e}=f（1）$，不存在m∈（0，1），使得f（x）_max＞2f（x）_min，
综上：实数m的取值范围是（-∞，3-2e）∪（3-$\frac{e}{2}$，+∞）．

点评 本题考查利用导数研究过曲线上的某点处的切线方程，考查了利用导数研究函数的单调性，考查数学转化思想方法，训练了恒成立问题的求解方法，是压轴题．