Question

（2013•大連一模）已知m∈R，函數(shù)f（x）=mx²-2e^x．
（Ⅰ）當(dāng)m=2時(shí)，求函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（Ⅱ）若f（x）有兩極值點(diǎn)a，b（a＜b），（�。┣髆的取值范圍；（ⅱ）求證：-e＜f（a）＜-2．

Answer 1

分析：（Ⅰ）當(dāng)m=2時(shí)求導(dǎo)數(shù)f′（x）=2（2x-e^x），再令g（x）=2x-e^x，利用導(dǎo)數(shù)可求出g（x）的最大值，由最大值可知g（x）的符號(hào)，從而得到f′（x）的符號(hào)，由此即可求得f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（Ⅱ）（i）若f（x）有兩個(gè)極值點(diǎn)a，b（a＜b），則a，b是方程f'（x）=2mx-2e^x=0的兩不等實(shí)根．易知x≠0，從而轉(zhuǎn)化為m=

ex

x

有兩不等實(shí)根，令h(x)=

ex

x

，利用導(dǎo)數(shù)可求得h（x）的取值范圍，從而得到m的范圍；（ii）由f（a）=ma²-2e^a及f'（a）=2ma-2e^a=0，得f（a）=e^a（a-2），令g（x）=f′（x），根據(jù)g（0）=-2＜0，g（1）=2（m-e）＞0可求得a的范圍，設(shè)φ（x）=e^x（x-2）（0＜x＜1），利用導(dǎo)數(shù)易判斷φ（x）的單調(diào)性，根據(jù)單調(diào)性可得φ（1）＜φ（a）＜φ（0），代入值即可得到結(jié)論；

解答：解：（Ⅰ）m=2時(shí)，f（x）=2x²-2e^x，f'（x）=4x-2e^x=2（2x-e^x）．
令g（x）=2x-e^x，g'（x）=2-e^x，
當(dāng)x∈（-∞，ln2）時(shí)，g'（x）＞0，x∈（ln2，+∞）時(shí)，g'（x）＜0，
∴g（x）≤g（ln2）=2ln2-2＜0，
∴f'（x）＜0，
∴f（x）的單調(diào)減區(qū)間是（-∞，+∞）．
（Ⅱ）（i）若f（x）有兩個(gè)極值點(diǎn)a，b（a＜b），
則a，b是方程f'（x）=2mx-2e^x=0的兩不等實(shí)根．
∵x=0顯然不是方程的根，∴m=

ex

x

有兩不等實(shí)根．
令h(x)=

ex

x

，則h′(x)=

ex(x-1)

x2

，
當(dāng)x∈（-∞，0）時(shí)，h'（x）＜0，h（x）單調(diào)遞減，當(dāng)x∈（0，1）時(shí)，h'（x）＜0，h（x）單調(diào)遞減，x∈（1，+∞）時(shí)，h'（x）＞0，h（x）單調(diào)遞增，
要使m=

ex

x

有兩不等實(shí)根，應(yīng)滿足m＞h（1）=e，
∴m的取值范圍是（e，+∞）．
（ii）∵f（a）=ma²-2e^a，且f'（a）=2ma-2e^a=0，
∴f(a)=

ea

a

•a2-2ea=a•ea-2ea=ea(a-2)，
令g（x）=f′（x）=2mx-2e^x，g′（x）=2（m-e^x），
∵g（0）=-2＜0，g（x）在區(qū)間（0，lnm）上單調(diào)遞增，g（x）在（lnm，+∞）上遞減，g（1）=2（m-e）＞0，∴a∈（0，1），
設(shè)φ（x）=e^x（x-2）（0＜x＜1），則φ'（x）=e^x（x-1）＜0，φ（x）在（0，1）上單調(diào)遞減，
∴φ（1）＜φ（a）＜φ（0），即-e＜f（a）＜-2．

點(diǎn)評(píng)：本題考查利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性、最值，考查學(xué)生綜合運(yùn)用知識(shí)解決問題的能力，根據(jù)需要靈活構(gòu)造函數(shù)是解決本題的關(guān)鍵所在，注意總結(jié)歸納．