每日导数2

双变量问题中参数的处理

已知函数\(f(x)=ae^x-\dfrac{1}{2}x^2+a\)有两个不同的极值点\(x_1,x_2(x_1<x_2)\)

\((1)\) 求\(a\)的取值范围

\((2)\) 已知\(m>0,\)且\(x_1+mx_2>m+1\),求\(m\)的取值范围.

解

\((1) f^{\prime}(x)=ae^x-x=0\)有两个零点

即\(ae^x=x\)有两个零点即\(e^x=\dfrac{x}{a}\)

即\(y=e^x\)图像与\(y=\dfrac{x}{a}\)图像有两个交点

因\(y=e^x\)与\(y=ex\)相切

则\(0<\dfrac{1}{a}<e\)时，有两个交点

即\(a>\dfrac{1}{e}\)合题意

\((2)\) 由\((1)\)得\(\begin{cases} ae^{x_1}=x_1\\ \\ ae^{x_2}=x_2 \end{cases}\)即\(a=\dfrac{x_1+x_2}{e^{x_1}+e^{x_2}}=\dfrac{x_1-x_2}{e^{x_1}-e^{x_2}}\)

从而

\[x_1+mx_2=ae^{x_1}+mae^{x_2}=a\left(e^{x_1}+me^{x_2}\right)=\dfrac{x_1-x_2}{e^{x_1}-e^{x_2}}\left(e^{x_1}+me^{x_2}\right) \]

\(=\dfrac{e^{x_1}+me^{x_2}}{e^{x_1}-e^{x_2}}(x_1-x_2)=\dfrac{e^{x_1-x_2}+m}{e^{x_1-x_2}-1}(x_1-x_2)--------(1)\)

不妨设\(0<x_1<x_2,x_1-x_2=t<0\)

则\((1)=\dfrac{e^t+m}{e^t-1}\cdot t\)

即\(\dfrac{e^t+m}{e^t-1}\cdot t>m+1\)恒成立

即\(t(e^t+m)-(m+1)(e^t-1)<0\)恒成立

记\(g(t)=t(e^t+m)-(m+1)(e^t-1)，有g(0)=0\)

\(g^{\prime}(t)=e^t(t-m)+m，有g^{\prime}(0)=0\)

\(g^{\prime\prime}(t)=e^t(t-m+1)，有g^{\prime\prime}(0)=1-m\)

若\(1-m> 0\)即\(m< 1\)时，\(g^{''}(0)>0\)

则由保号性，必有\((t_0,0)\)使得\(t\in(t_0,0)\)，\(g^{\prime\prime}(t)>0\)

即\(g^{'}(t)\)单调递增，从而\(g^{\prime}(t)>g^{\prime}(0)=0\)

则由保号性，必有\(t\in (t_0^{\prime}，0)\)使得\(t\in(t_0^{\prime},0)\)使得\(g^{\prime}(t)>0\)

从而在\(t\in (t_0^{\prime},0)\)，\(g(t)>g(0)=0\)矛盾！

若\(m\geq 1,\)则\(g^{\prime\prime}(t)=e^t(t-m+1)\leq 0\)

从而\(g^{\prime}(t)\)单调递减进而\(g^{\prime}(t)<g^{\prime}(0)=0\)

从而\(g(t)\)单调递减，进而\(g(t)<g(0)=0\)

综上\(m\geq 1\)