Question

已知函数f（x）=（mx+n）e^-x（m，n∈R，e是自然对数的底）
（1）若函数f（x）在点（1，f（1））处的切线方程为x+ey-3=0，试确定函数f（x）的单调区间；
（2）①当n=-1，m∈R时，若对于任意x∈[

1

2

，2]，都有f（x）≥x恒成立，求实数m的最小值；
②当m=n=1时，设函数g（x）=xf（x）+tf'（x）+e^-x（t∈R），是否存在实数a，b，c∈[0，1]，使得g（a）+g（b）＜g（c）？若存在，求出t的取值范围；若不存在，说明理由．

Answer 1

分析：（1）求导函数，利用函数f（x）在点（1，f（1））处的切线方程为x+ey-3=0，可得f（1）=

2

e

，f′（1）=-

1

e

，从而可得函数的解析式，利用导数的正负可得函数的单调区间；
（2）①对于任意x∈[

1

2

，2]，都有f（x）≥x恒成立，等价于m≥ex+

1

x

，对于任意x∈[

1

2

，2]恒成立，构造函数可得φ（x）的最大值是φ（

1

2

）和φ（2）中的较大的一个，由此可求m的最小值；
②假设存在a，b，c∈[0，1]，使得g（a）+g（b）＜g（c），则问题等价于2g（x）_min＜g（x）_max，1求导函数，分类讨论求出函数的最值，即可求得结论．

解答：解：（1）由题意，f′（x）=

-mx+(m-n)

ex

∵函数f（x）在点（1，f（1））处的切线方程为x+ey-3=0
∴f（1）=

2

e

，f′（1）=-

1

e

∴

m+n

e

=

2

e

，

-n

e

=-

1

e

∴m=1，n=1
∴f（x）=（x+1）e^-x，f′（x）=-

x

ex

令f′（x）＞0，可得x＜0，令f′（x）＜0，可得x＞0，
∴f（x）在（0，+∞）上单调递减，在（-∞，0）上单调递增；
（2）①当n=-1，m∈R时，

mx-1

ex

≥x，即m≥ex+

1

x

对于任意x∈[

1

2

，2]，都有f（x）≥x恒成立，等价于m≥ex+

1

x

，对于任意x∈[

1

2

，2]恒成立
记φ（x）=ex+

1

x

，则φ′（x）=ex-

1

x2

记h（x）=ex-

1

x2

，则h′（x）=ex+

2

x3

＞0对于任意x∈[

1

2

，2]恒成立，
∴h（x）=ex-

1

x2

在[

1

2

，2]上单调递增
∵h(

1

2

)=

e

-4＜0，h(2)=e2-

1

4

＞0
∴φ′（x）=ex-

1

x2

在[

1

2

，2]上有唯一的零点x₀，
∴x∈（

1

2

，x₀），φ′（x）＜0，x∈（x₀，2），φ′（x）＞0
∴φ（x）在（

1

2

，x₀）上单调递减，在（x₀，2）上单调递增
∴φ（x）的最大值是φ（

1

2

）和φ（2）中的较大的一个
∴m≥φ（

1

2

）且m≥φ（2）
∴m≥

e

+2且m≥e2+

1

2

∴m的最小值为e2+

1

2

；
②假设存在a，b，c∈[0，1]，使得g（a）+g（b）＜g（c），则问题等价于2g（x）_min＜g（x）_max，
∵g（x）=xf（x）+tf'（x）+e^-x=

x2+(1-t)x+1

ex

，∴g′（x）=

-(x-t)(x-1)

ex

当t≥1时，在[0，1]上g′（x）≤0，∴g（x）在[0，1]上单调递减，∴2g（1）＜g（0），∴2×

3-t

e

＜1，∴t＞3-

e

2

＞1；
当t≤0时，在[0，1]上g′（x）≥0，∴g（x）在[0，1]上单调递增，∴2g（0）＜g（1），∴2＜

3-t

e

，∴t＜3-2e＜0；
当0＜t＜1时，在[0，t）上，g′（x）＜0，∴g（x）在[0，t）上单调递减，在（t，1]上，g′（x）＞0，∴g（x）在（t，1]上单调递增，∴2g（t）＜max{g（0），g（1）}
∴2×

t+1

et

＜max1，

3-t

e

由（1）知f（t）=

t+1

et

在[0，1]上单调递减，故2×

t+1

et

≥

4

e

，
∵

3-t

e

＜

3

e

∴2×

t+1

et

＜max1，

3-t

e

无解
综上所述，存在t∈（-∞，3-2e）∪（3-

e

2

，+∞），使得命题成立．

点评：本题考查导数知识的运用，考查函数的单调性，考查恒成立问题，考查分类讨论的数学思想，正确求导，合理分类是关键．