Question

已知函数f(x)=e^x-mx

已知函数f(x)=e^x-mx
若函数g(x)=f(x)-lnx+x^2存在两个零点，求m的取值范围。
另证明：(1/n)^n+(2/n)^n+(3/n)^n+…+（n/n）^n<e/(e-1）

Answer 1

g(x)=f(x)-lnx+x^2=g(x)=e^x-mx-lnx+x^2
令p(x)=e^x-lnx+x^2 ;q(x)=mx
即求曲线p(x)与曲线q(x)有两个交点
由于p'(x)=e^x-1/x+2x在(0,正无穷)上单调递增，且x无限接近零时，p'(x)<0
所以只有一点a，使p'(a)=0，又因为p'(1)=e+1，
所以0<a<1，且p(x)在(0,a)上单调递减，在[a,正无穷)上单调递增
又因为x趋向于无穷时p(x)>q(x)
可知，当m使q(x)与p(x)相切时满足g(x)有一个零点，设切点为（b,p(b)）
且当m>p(b)/b时，q(x)与p(x)有两个交点，即g(x)有两个零点
以下求出切点位置即可，
若两曲线相切于点（b,p(b)）有切线方程
y-p(b)=(e^b-1/b+2b)(x-b)
满足
p(b)-(e^b-1/b+2b)(-b)=0
化简得
(b-1)e^b=1-b^2-lnb
由于y1=(x-1)e^x在(0,正无穷)上单调递增（因为y1'=e^x）
y2=1-x^2-lnx在(0,正无穷)上单调递减（因为y2'=-2x-1/x）
所以两曲线最多有一个交点，即b最多只有一个解，且由于b=1时有y1=y2=0
所以方程的解为b=1
故m>p(b)/b=e+1
m的取值范围为(e+1,正无穷)

2，首先要证明(i/n)^n<e^(i-n) （0<i<n）
即求[1-(n-i)/n]^n<e^(i-n)
两边取对数后，变成n*ln(1-(n-i)/n)＜i-n
即ln(1-(n-i)/n)＜(i-n)/n
令(n-i)/n=t时,则0<t<1
即求ln(1-t)<-t
令f(t)=ln(1-t)+t
有f(0)=0且f'(t)=-1/(1-t)+1=-t/(1-t)<0
所以f(t)在(0,1)上单调递减，且f(t)<f(0)=0
即ln(1-t)<-t
所以，0<i<n时，ln(1-(n-i)/n)＜(i-n)/n
有e^[n*ln(1-(n-i)/n)]＜e^(i-n)
即(i/n)^n<e^(i-n)

所以(1/n)^n+(2/n)^n+(3/n)^n+…+（n/n）^n
<e^(1-n)+e^(2-n)+……+e+1=[1-e^(-n)]/[1-1/e]
<1/(1-1/e)=e/(e-1)

Answer 2

分析：注意到定义域x>0,f(x)=e^x-mx，g(x)=e^x-mx-lnx+x^2,由题g(x)=0存在两个零点，即e^x-mx-

lnx+x^2=0,有两根，分离常数m,m=(e^x-lnx)/x+x,问题便转化为直线y1=m与曲线y2=h(x)=(e^x-

lnx)/x+x,(x>0)有两交点,求导得h'(x)=(xe^x-e^x+lnx+x^2-1)/x^2,下面判断h'(x)的符号，注意到h'(1)

=0,并记h'(x)的分子为F(x)=xe^x-e^x+lnx+x^2-1，h'(x)=F(x)/x^2.对F(x)求导易得F'(x)

=xe^x+1/x+2x>0,(x>0)知F(x)在x>0上单增，且F(1)=0。显然有当0<x<1,F(x)<F(1)=0,得h'(x)<0，

h(x)单减;当x>1,F(x)>F(1)=0,得h'(x)>0,h(x)单增。于是h'(x)=0,仅有唯一驻点x=1,并有h(x)在x=1处

取得极小值，且此极小值必为其最小值，于是minh(x)=h(1)=e+1,从而要使直线y1=m与曲线y2=h

(x)=(e^x-lnx)/x+x,(x>0)(图像为U型）)有两交点，易得m取值范围为:(e+1,+无穷)