Question

11．已知函数f（x）=e^x-mx²+1（m∈R）．
（Ⅰ）当m=$\frac{1}{2}$时，是判断函数f（x）的单调性并给予证明；
（Ⅱ）若f（x）有两个极值点a，b（a＜b）；
（i）求实数m的取值范围
（ii）证明：2＜f（a）＜$\frac{e}{2}$+1（注：e是自然对数的底数）

Answer 1

分析 （Ⅰ）m=$\frac{1}{2}$时，求出f（x）=${e}^{x}-\frac{1}{2}{x}^{2}+1$，再求f′（x），根据该导数符号即可判断出f（x）的单调性；
（Ⅱ）（i）容易判断a，b是方程f′（x）=0的两个实数根，并且能够得到方程2m=$\frac{{e}^{x}}{x}$，设g（x）=$\frac{{e}^{x}}{x}$，求g′（x），根据导数的符号可以求出g（x）的一个极小值为g（1）=e，这时候要使得方程$2m=\frac{{e}^{x}}{x}$有两个不同实数根，就需限制2m＞e，这样即可解出m的取值范围；
（ii）a是f′（x）=0的一个实数根，这样即可求出m=$\frac{{e}^{a}}{2a}$，带入f（a）=${e}^{a}（1-\frac{a}{2}）$，f（a）表示关于a的函数，求f′（a），并能够判断f′（a）＞0，从而得到f（a）在（0，1）是增函数，从而f（0）＜f（a）＜f（1），求出f（0），f（1）即完成该问的证明．

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

所以f（x）在R上单调递增；
（Ⅱ）（ⅰ）若f（x）有两个极值点a，b，则a，b是方程f′（x）=0的两个根；
故方程2mx-e^x=0有两个根a，b；
又x=0显然不是该方程的根，所以方程$2m=\frac{{e}^{x}}{x}$有两个实根；
设$g（x）=\frac{{e}^{x}}{x}$，得$g′（x）=\frac{{e}^{x}（x-1）}{{x}^{2}}$；
∴①x＜0时，g（x）＜0，g′（x）＜0，g（x）单调递减；
②x＞0时，g（x）＞0：0＜x＜1时，g′（x）＜0，x＞1时，g′（x）＞0；
∴g（1）=e是g（x）的极小值；
∴要使方程$2m=\frac{{e}^{x}}{x}$有两个根，需2m＞e，故$m＞\frac{e}{2}$，且0＜a＜1＜b；
故m的取值范围为（$\frac{e}{2}，+∞$）；
（ⅱ）证明：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）上是增函数；
∴f（0）＜f（a）＜f（1）；
∴2＜f（a）＜$\frac{e}{2}+1$．

点评 考查根据导数符号判断函数单调性的方法，要熟悉y=e^x和y=x图象的关系，从而比较出e^x和x的大小关系，极值的定义，极值点处的导数为0，以及方程的解和对应曲线或直线交点的等价关系，以及函数单调性定义的运用．