已知函数 f(x)=mex−x2−x+2.
1、若函数 f(x) 在 R 上单调递增,求 m 的取值范围.
2、若 m<0,且 f(x) 有两个零点 x1,x2,证明:|x1−x2|<3+m3.
解析
1、函数 f(x) 的导函数f′(x)=mex−2x−1,因此题意即∀x∈R, mex−2x−1⩾0,也即∀x∈R, m⩾(2x+1)e−x,设 g(x)=(2x+1)e−x,则其导函数g′(x)=(1−2x)e−x,因此函数 g(x) 的最大值为 g(12)=2√e,从而 m 的取值范围是 [2√e,+∞).
2、方程 f(x)=0 即m=(x+2)(x−1)e−x,设右侧函数为 h(x),其导函数h′(x)=(−x2+x+3)e−x,画出草图,如图.
思路分析 问题的关键在于找到函数 h(x) 的外接曲线 p(x)(在 x∈(−2,1) 上,有 h(x)>p(x)),而方程 p(x)=m 有两个容易解出的实数解 x3,x4,不妨设 x1<x2,x3<x4,就有|x1−x2|<|x3−x4|,从而估计出横截线段长的上界.一般这样的外接曲线由两条直线或者抛物线承担,观察欲证不等式,当 m→0 时,有 |x1−x2|→3,因此外接曲线 p(x) 过点 (−2,0) 和 (1,0),一个自然的想法是取 h(x) 在 x=−2 和 x=1 处的切线来组成 p(x),但若 h(x) 不是一致下凸的,则可能需要进行一些调整.
求解问题 函数 h(x) 在 (−2,t) 上单调递减,在 (t,1) 上单调递增,其中 t=√13−12.设 A(−2,0),B(1,0),先寻找左侧直线,h(x) 在 A 处的切线方程为 u(x)=−3e2(x+2),此时在 x∈(−2,t) 上,有(h(x)−u(x))′=e−x(3ex+2−x2+x+3)>e−x(3(x+3)−x2+x+3)=e−x(6−x)(2+x)>0,因此 h(x)>u(x).
思路分析 接下来寻找右侧直线,先考虑 h(x) 在 B 处切线方程 v(x)=3e(x−1),则(h(x)−v(x))′=e−x(−3ex−1−x2+x+3),我们会发现在 x=1 的左侧,至少在 (0,1) 上,都有 (h(x)−v(x))′>0,也就是说在 (0,1) 上,有 h(x)<v(x),这与我们的设想不符.考虑h″因此在区间 (t,1) 上函数 h(x) 先下凸后上凸,所以转而寻找函数 h(x) 在下凸部分的某处 C 的切线,使其过点 B 即可.
求解问题 尝试寻找 k,使得\forall x\in (t,1),~h(x)\geqslant k(x-1),即\forall x\in (t,1),~(x+2){\rm e}^{-x}\leqslant k,不难求出左侧函数的最大值在 x=-1 处取得,为 {\rm e},因此取 k={\rm e},则有 v(x)={\rm e}(x-1),且 h(x)\geqslant v(x). 这样设 h_1(x)=\begin{cases} u(x),&x\in (-2,t),\\ v(x),&x\in (t,1),\end{cases} 则 h(x)\geqslant h_1(x),设直线 y=m 与 h_1(x) 的图象交点横坐标为 x_3,x_4(x_3<x_4),则-2<x_3<x_1<t<x_2<x_4,从而|x_1-x_2|<|x_3-x_4|=\left|\left(\dfrac{m}{-3{\rm e}^2}-2\right)-\left(\dfrac{m}{\rm e}+1\right)\right|=3+\left(\dfrac{1}{3{\rm e}^2}+\dfrac{1}{\rm e}\right) m<3+\dfrac m3,命题得证.
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