Question

11．已知函數f（x）=e^x，g（x）=$\frac{n}{2}x+m$，其中e為自然對數的底數，m，n∈R．
（1）若n=2時方程f（x）=g（x）在[-1，1]上恰有兩個相異實根，求m的取值范圍；
（2）若T（x）=f（x）•g（x），且m=1-$\frac{n}{2}$，求T（x）在[-1，1]上的最大值；
（3）若m=-$\frac{15}{2}$，求使f（x）＞g（x）對?x∈R都成立的最大正整數n．

Answer 1

分析 （1）n=2時，方程f（x）=g（x）可化為m=e^x-2x；求導m′=e^x-2，從而得到函數的單調性及取值，從而求m的取值范圍；
（2）T（x）=f（x）g（x）=e^x（$\frac{n}{2}$x+1-$\frac{n}{2}$），求導e^x（$\frac{n}{2}$x+1），從而確定函數的最大值；
（3）由題意，f（x）=e^x，g（x）=$\frac{n}{2}$x-$\frac{15}{2}$，令F（x）=f（x）-g（x）=e^x-$\frac{n}{2}$x+$\frac{15}{2}$＞0恒成立；從而化為最值問題．

解答 解：（1）當n=2時，方程f（x）=g（x）可化為m=e^x-x，
設h（x）=e^x-x，
∴h′（x）=e^x-1，
∴當x∈[-1，0）時，h′（x）＜0，函數m單調遞減，
當x∈（0，1]時，h′（x）＞0；函數m單調遞增，
∴h（x）_min=h（0）=1，m（-1）=$\frac{1}{e}$+1，m（1）=e-1，
∵方程f（x）=g（x）在[-1，1]上恰有兩個相異實根，
∴$\frac{1}{e}$＜m≤e-1，或m=1，
故m的取值范圍為（$\frac{1}{e}$+1，e-1]∪{1}．
（2）T（x）=f（x）g（x）
=e^x（$\frac{n}{2}$x+m）=e^x（$\frac{n}{2}$x+1-$\frac{n}{2}$）；
故T′（x）=e^x（$\frac{n}{2}$x+1）；
①當n≥0時，x∈[-1，1]時，T'（x）＞0，
T（x）在[-1，1]上單調遞增，T（x）_max=T（1）=e；
②當-1＜-$\frac{2}{n}$＜1，即-2＜n＜2時，x∈[-1，-$\frac{2}{n}$）時，T'（x）＞0，T（x）遞增；
x∈（-$\frac{n}{2}$，1]時，T'（x）＜0，T（x）遞減；
∴x=-$\frac{n}{2}$時T（x）取得極大值，也為最大值，T（x）_max=T（-$\frac{n}{2}$）=-$\frac{n}{2}$e${\;}^{-\frac{2}{n}}$；
③當-$\frac{n}{2}$≥1，即-2≤n＜0時，x∈[-1，1]時，T'（x）≥0，T（x）遞增，
∴T（x）_max=T（1）=e；
綜上，當n≥-2時，T（x）_max=e；當n＜-2時，T（x）_max=-$\frac{n}{2}$e${\;}^{-\frac{2}{n}}$；
（3）由題意，f（x）=e^x，g（x）=$\frac{n}{2}$x-$\frac{15}{2}$；
∴F（x）=f（x）-g（x）=e^x-$\frac{n}{2}$x+$\frac{15}{2}$＞0恒成立；
∴F′（x）=e^x-$\frac{n}{2}$；
故F（x）在（-∞，ln$\frac{n}{2}$）上是減函數，
在（ln$\frac{n}{2}$，+∞）上是增函數；
故可化為F（ln$\frac{n}{2}$）＞0；
即$\frac{n}{2}$（1-ln$\frac{n}{2}$）+$\frac{15}{2}$＞0；
令G（n）=$\frac{n}{2}$（1-ln$\frac{n}{2}$）+$\frac{15}{2}$＞（1-ln）+；
故G′（n）=-$\frac{1}{2}$（ln$\frac{n}{2}$+$\frac{n}{2}$+1）＜0；
故G（n）是[1，+∞）上的減函數，
而G（2e²）=-e²+$\frac{15}{2}$＞0；
G（14）=7（1-ln7）+$\frac{15}{2}$＞0；
G（15）=7.5（1-ln7.5）+$\frac{15}{2}$＜0；
故最大正整數n為14．

點評 本題考查了函數的單調性、最值問題，考查導數的應用以及函數的零點問題，是一道綜合題．