2020版新设计一轮复习数学（理）江苏专版讲义：第三章第四节函数与导数的综合问题

第四节函数与导数的综合问题


　
[锁定考向]
用导数解决函数的零点问题是近几年高考命题的热点题型之一．
常见的命题角度有：
(1)求函数零点或零点个数；
(2)已知函数零点个数求参数的值或范围．　　　 　
[题点全练]
角度一：求函数零点或零点个数
1．已知函数f(x)＝ax＋ln x＋1，讨论函数f(x)零点的个数．
解：法一：函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，由f(x)＝ax＋ln x＋1＝0，得ln x＝－ax－1，
令u(x)＝ln x，v(x)＝－ax－1，则函数v(x)的图象是过定点(0，－1)，斜率k＝－a的直线．
当直线y＝kx－1与函数u(x)＝ln x的图象相切时，两者只有一个交点，此时设切点为P(x0，y0)，
则解得
所以当k＞1时，函数f(x)没有零点；当k＝1或k≤0时，函数f(x)有1个零点；当0＜k＜1时，函数f(x)有2个零点．
即当a＜－1时，函数f(x)没有零点；当a＝－1或a≥0时，函数f(x)有1个零点；当－1＜a＜0时，函数f(x)有2个零点．
法二：函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，
由f(x)＝ax＋ln x＋1＝0，得a＝－.
令g(x)＝－(x＞0)，则g′(x)＝.
当0＜x＜1时，g′(x)＜0；当x＞1时，g′(x)＞0，
故函数g(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，g(x)min＝g(1)＝－1，
由于g＝0，x→＋∞时，g(x)→0，所以当0＜x＜时，g(x)＞0，当x＞时，g(x)＜0.
所以当a＜－1时，函数f(x)没有零点；当a＝－1或a≥0时，函数f(x)有1个零点；当－1＜a＜0时，函数f(x)有2个零点．
角度二：已知函数零点个数求参数的值或范围
2．(2019·徐州调研)设函数f(x)＝－x2＋ax＋ln x(a∈R)，若函数f(x)在上有两个零点，求实数a的取值范围．
解：令f(x)＝－x2＋ax＋ln x＝0，得a＝x－.
令g(x)＝x－，其中x∈，
则g′(x)＝1－＝，令g′(x)＝0，得x＝1，当≤x＜1时，g′(x)＜0；当1＜x≤3时，g′(x)＞0，
∴g(x)的单调递减区间为，单调递增区间为(1,3]，
∴g(x)min＝g(1)＝1，∵函数f(x)在上有两个零点，g＝3ln 3＋，g(3)＝3－，3ln 3＋＞3－，
∴实数a的取值范围是.
[通法在握]
函数的零点个数也就是函数图象与x轴交点的个数，所以可以借助函数图象的特征迅速求解函数的零点个数问题．对于含参函数的零点个数，一般可从两个方面讨论：
(1)利用导数研究函数的单调性和极值，作出函数的大致图象，根据极大值和极小值的符号确定函数零点的个数．
(2)分离参数，将问题转化为：求直线y＝a与函数y＝f(x)的图象交点个数问题．
[演练冲关]
1．设函数f(x)＝ln x＋，m∈R.讨论函数g(x)＝f′(x)－零点的个数．
解：由题设，g(x)＝f′(x)－＝－－(x＞0)，
令g(x)＝0，得m＝－x3＋x(x＞0)．
设φ(x)＝－x3＋x(x＞0)，
则φ′(x)＝－x2＋1＝－(x－1)(x＋1)，
当x∈(0,1)时，φ′(x)＞0，φ(x)在(0,1)上单调递增；
当x∈(1，＋∞)时，φ′(x)＜0，φ(x)在(1，＋∞)上单调递减．
所以x＝1是φ(x)的极大值点，也是φ(x)的最大值点．
所以φ(x)的最大值为φ(1)＝.
由φ(0)＝0，结合y＝φ(x)的图象(如图)，

可知①当m＞时，函数g(x)无零点；
②当m＝时，函数g(x)有且只有一个零点；
③当0＜m＜时，函数g(x)有两个零点；
④当m≤0时，函数g(x)有且只有一个零点．
综上所述，当m＞时，函数g(x)无零点；
当m＝或m≤0时，函数g(x)有且只有一个零点；
当0＜m＜时，函数g(x)有两个零点．
2．已知函数f(x)＝aex－x－2a有两个零点，求实数a的取值范围．
解：∵f(x)＝aex－x－2a，∴f′(x)＝aex－1.
当a≤0时，f′(x)≤0恒成立，函数f(x)在R上单调递减，不可能有两个零点；
当a＞0时，令f′(x)＝0，得x＝ln，函数f(x)在 上单调递减，在上单调递增，∴f(x)的最小值为f＝1－ln－2a＝1＋ln a－2a.
令g(a)＝1＋ln a－2a(a＞0)，则g′(a)＝－2.
当a∈时，g(a)单调递增；当a∈时，g(a)单调递减，
∴g(a)max＝g＝－ln 2＜0，
∴f(x)的最小值f＜0，函数f(x)＝aex－x－2a有两个零点．
综上所述，实数a的取值范围是(0，＋∞)．
　
[典例引领]
已知函数f(x)＝ln x－ax2＋x，a∈R.
(1)当a＝0时，求函数f(x)的图象在(1，f(1))处的切线方程；
(2)若a＝－2，正实数x1，x2满足f(x1)＋f(x2)＋x1x2＝0，求证：x1＋x2≥.
解：(1)当a＝0时，f(x)＝ln x＋x，则f(1)＝1，所以切点为(1,1)，又因为f ′(x)＝＋1，所以切线斜率k＝f′(1) ＝2，
故切线方程为y－1＝2(x－1)，即2x－y－1＝0.
(2)证明：当a＝－2时，f(x)＝ln x＋x2＋x(x＞0)．
由f(x1)＋f(x2)＋x1x2＝0，
得ln x1＋x＋x1＋ln x2＋x＋x2＋x1x2＝0，
从而(x1＋x2)2＋(x1＋x2)＝x1x2－ln(x1x2)，
令t＝x1x2，设φ(t)＝t－ln t(t＞0)，
则φ′(t)＝1－＝，
易知φ(t)在区间(0,1)上单调递减，在区间(1，＋∞)上单调递增，所以φ(t)≥φ(1)＝1，
所以(x1＋x2)2＋(x1＋x2)≥1，
因为x1＞0，x2＞0，所以x1＋x2≥成立．
[由题悟法]
破解含双参不等式的证明的关键
一是转化，即由已知条件入手，寻找双参所满足的关系式，并把含双参的不等式转化为含单参的不等式；
二是巧构造函数，再借用导数，判断函数的单调性，从而求其最值；
三是回归双参的不等式的证明，把所求的最值应用到双参不等式，即可证得结果．
[提醒]　变量代换法适用于二元或多元不等式的有关问题．若出现的两个变量有主次之分，可以考虑主元法；若出现的两个变量没有主次之分，地位均衡，可以考虑换元法；若出现多个变量，需挖掘它们之间内在的等量关系，将原问题转化为曲线上的动点问题来解决．
[即时应用]
已知函数f(x)＝ln x＋.
(1)求f(x)的最小值；
(2)若方程f(x)＝a有两个根x1，x2(x1＜x2)，求证：x1＋x2＞2a.
解：(1)因为f′(x)＝－＝(x＞0)，
所以当a≤0时，f′(x)＞0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增，函数f(x)无最小值．
当a＞0时，f(x)在(0，a)上单调递减，在(a，＋∞)上单调递增．
函数f(x)在x＝a处取最小值f(a)＝ln a＋1.
(2)证明：若函数y＝f(x)的两个零点为x1，x2(x1＜x2)，
由(1)可得0＜x1＜a＜x2.
令g(x)＝f(x)－f(2a－x)(0＜x＜a)，
则g′(x)＝(x－a)＝－＜0，
所以g(x)在(0，a)上单调递减，g(x)＞g(a)＝0，
即f(x)＞f(2a－x)．
令x＝x1＜a，则f(x1)＞f(2a－x1)，所以f(x2)＝f(x1)＞f(2a－x1)，
由(1)可得f(x)在(a，＋∞)上单调递增，所以x2＞2a－x1，
故x1＋x2＞2a.
　
[典例引领]
(2018·泰州调研)已知f(x)＝x2＋ax－ln x＋e，g(x)＝x2＋e.
(1)若a＝－1，判断是否存在x0＞0，使得f(x0)＜0，并说明理由；
(2)设h(x)＝f(x)－g(x)，是否存在实数a，当x∈(0，e](e＝2.718 28…为自然常数)时，函数h(x)的最小值为3，并说明理由．
解：(1)不存在x0＞0，使得f(x0)＜0.
理由如下：当a＝－1时，f(x)＝x2－x－ln x＋e，x∈(0，＋∞)，
f′(x)＝2x－1－＝＝.
f′(x)，f(x)随x的变化情况如下表：
x
(0,1)
1
(1，＋∞)
f′(x)
－
0
＋
f(x)

极小值f(1)


当x＝1时，函数f(x)有极小值，f(x)极小值＝f(1)＝e，
此极小值也是最小值，
故不存在x0＞0，使得f(x0)＜0.
(2)因为f(x)＝x2＋ax－ln x＋e，g(x)＝x2＋e，
所以h(x)＝f(x)－g(x)＝ax－ln x，
则h′(x)＝a－.
假设存在实数a，使h(x)＝ax－ln x(x∈(0，e])有最小值3.
(ⅰ)当a≤0时，h′(x)＜0，
所以h(x)在(0，e]上单调递减，
h(x)min＝h(e)＝ae－1＝3，a＝，不符合题意．
(ⅱ)当a＞0时，
①当0＜a≤时，≥e，h′(x)≤0在(0，e]上恒成立，
所以h(x)在(0，e]上单调递减，
h(x)min＝h(e)＝ae－1＝3，a＝，不符合题意．
②当a＞时，0＜＜e，
当0＜x＜时，h′(x)＜0，h(x)在上单调递减；
当＜x＜e时，h′(x)＞0，h(x)在上单调递增，
所以h(x)min＝h＝1＋ln a＝3，
解得a＝e2＞.
综上所述，存在a＝e2，使x∈(0，e]时，h(x)有最小值3.
[由题悟法]
解决探索性问题的注意事项
探索问题，先假设存在，推证满足条件的结论，若结论正确则存在，若结论不正确则不存在．
(1)当条件和结论不唯一时要分类讨论；
(2)当给出结论来推导存在的条件时，先假设成立，再推出条件；
(3)当条件和结论都不知，按常规方法解题很难时，要开放思维，采用另外的途径．
[即时应用]
已知函数f(x)＝，其中a为实数．
(1)当a＝2时，求曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处的切线方程；
(2)是否存在实数a，使得对任意x∈(0,1)∪(1，＋∞)，f(x)＞恒成立？若不存在，请说明理由，若存在，求出a的值并加以证明．
解：(1)当a＝2时，f(x)＝，
f′(x)＝，f′(2)＝，
又f(2)＝0，
所以曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处的切线方程为y＝(x－2)．
(2)①当0＜x＜1时，ln x＜0，
则＞⇔a＞x－ ln x，
令g(x)＝x－ ln x，
则g′(x)＝，
再令h(x)＝2－2－ln x，
则h′(x)＝－＝，
故当0＜x＜1时，h′(x)＜0，
所以h(x)在(0,1)上单调递减，
所以当0＜x＜1时，h(x)＞h(1)＝0，
所以g′(x)＝＞0，
所以g(x)在(0,1)上单调递增，
所以g(x)＜g(1)＝1，
所以a≥1.
②当x＞1时，ln x＞0，
则＞ ⇔a＜x－ ln x.
由①知当x＞1时，h′(x)＞0，h(x)在(1，＋∞)上单调递增，
所以当x＞1时，h(x)＞h(1)＝0，
所以g′(x)＝＞0，
所以g(x)在(1，＋∞)上单调递增，
所以g(x)＞g(1)＝1，
所以a≤1.
综合①②得：a＝1.
　
[典例引领]
(2018·南通、扬州、泰州、淮安调研)已知函数f(x)＝ax2＋cos x(a∈R)．
(1)若f(x)在x＝0处取得极小值，求a的取值范围；
(2)设函数h(x)的定义域为D，区间(m，＋∞)⊆D，若h(x)在(m，＋∞)上是单调函数，则称h(x)在D上广义单调．试证明函数y＝f(x)－xln x在(0，＋∞)上广义单调．
解：(1)因为f′(x)＝2ax－sin x，
令g(x)＝2ax－sin x，
则g′(x)＝2a－cos x.
①当a≥时，g′(x)≥1－cos x≥0，所以函数f′(x)在R上单调递增．
若x＞0，则f′(x)＞f′(0)＝0；
若x＜0，则f′(x)＜f′(0)＝0，
所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增，在(－∞，0)上单调递减，
所以f(x)在x＝0处取得极小值，符合题意．
②当a≤－时，g′(x)≤－1－cos x≤0，所以函数f′(x)在R上单调递减．
若x＞0，则f′(x)＜f′(0)＝0；
若x＜0，则f′(x)＞f′(0)＝0，
所以f(x)在(0，＋∞)上单调递减，在(－∞，0)上单调递增，
所以f(x)在x＝0处取得极大值，不符合题意．
③当－＜a＜时，∃x0∈(0，π)，使得cos x0＝2a，即g′(x0)＝0，
当x∈(0，x0)时，cos x＞2a，即g′(x)＜0，
所以函数f′(x)在(0，x0)上单调递减，
所以f′(x)＜f′(0)＝0，
即函数f′(x)在(0，x0)上单调递减，不符合题意．
综上所述，a的取值范围是.
(2)证明：记h(x)＝ax2＋cos x－xln x(x＞0)，
①若a＞0，注意到ln x＜x，则ln x＜x，即ln x＜2.
当x＞2时，h′(x)＝2ax－sin x－1－ln x＞2ax－2－2
＝2a＞0.
所以∃m＝2，函数h(x)在(m，＋∞)上单调递增．
②若a≤0，当x＞1时，h′(x)＝2ax－sin x－1－ln x≤－sin x－1－ln x＜0.
所以∃m＝1，函数h(x)在(m，＋∞)上单调递减，
综上所述，函数y＝f(x)－xln x在区间(0，＋∞)上广义单调．
[由题悟法]
对于题目定义的新函数，通过仔细阅读，分析定义以及新函数所满足的条件，围绕定义与条件来确定解题的方向，然后准确作答．解答这类问题的关键在于阅读理解时，要准确把握新定义、新信息，并把它纳入已有的知识体系之中，用原来的知识和方法来解决新情景下的问题．本题考查的新定义函数问题可看成是由两个已知函数构造而成，然后利用分类讨论思想解决．
[即时应用]
若在公共定义域D上，f1(x)＜f(x)＜f2(x)，则称函数f(x)为函数f1(x)，f2(x)的“D函数”．
(1)已知函数f1(x)＝x2＋2x＋4ln x，f2(x)＝x2＋2x＋2，求证：在区间(0，＋∞)上，f1(x)，f2(x)有“D函数”；
(2)已知a∈R，函数f(x)＝ax2＋ln x，f1(x)＝(a－1)x2＋ax＋(1－a2)ln x，f2(x)＝x2＋2ax.若在区间(1，＋∞)上，f(x)为f1(x)，f2(x)的“D函数”，求a的取值范围．
解：(1)证明：设K(x)＝f2(x)－f1(x)＝x2－4ln x＋2，下证K(x)min＞0.
K′(x)＝x－＝，
故K′(x)与K(x)随x的变化情况如下表：
x
(0,2)
2
(2，＋∞)
K′(x)
－
0
＋
K(x)

4－4ln 2


因为4－4ln 2＞4－4ln e＝0，
所以K(x)≥4－4ln 2＞0.
设R(x)＝f1(x)＋λ(4－4ln 2)，0＜λ＜1，
则f1(x)＜R(x)＜f2(x)．
所以在区间(0，＋∞)上，f1(x)，f2(x)有“D函数”．
(2)设H(x)＝f1(x)－f(x)＝－x2＋ax－a2ln x，
则在(1，＋∞)上，H(x)＜0.
因为H′(x)＝－2x－＋a＝＝－，
所以在(1，＋∞)上，H′(x)＜0，H(x)是减函数，
所以H(x)＜H(1)≤0，所以a≤1.
设P(x)＝f(x)－f2(x)＝x2－2ax＋ln x，
则在(1，＋∞)上，P(x)＜0.
若a＞，则＞1，
所以P＝ln＞0，矛盾．
若a≤，因为P′(x)＝(2a－1)x＋－2a＝，
所以在(1，＋∞)上，P′(x)＜0，P(x)是减函数，
所以P(x)＜P(1)≤0.
所以a≥－，所以－≤a≤.
故所求a的取值范围为.



1．已知函数f(x)＝ln x＋－(a∈R且a≠0)．
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)当x∈时，试判断函数g(x)＝(ln x－1)ex＋x－m的零点个数．
解：(1)f′(x)＝(x＞0)，
当a＜0时，f′(x)＞0恒成立，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
当a＞0时，由f′(x)＝＞0，得x＞，
由f′(x)＝＜0，得0＜x＜，
∴函数f(x)在上单调递增，在上单调递减．
综上所述，当a＜0时，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
当a＞0时，函数f(x)在上单调递增，在上单调递减．
(2)当x∈时，函数g(x)＝(ln x－1)ex＋x－m的零点个数，等价于方程(ln x－1)ex＋x＝m的根的个数．
令h(x)＝(ln x－1)ex＋x，
则h′(x)＝ex＋1.
由(1)知当a＝1时，f(x)＝ln x＋－1在上单调递减，在(1，e)上单调递增，
∴当x∈时，f(x)≥f(1)＝0.
∴＋ln x－1≥0在x∈上恒成立．
∴h′(x)＝ex＋1≥0＋1＞0，
∴h(x)＝(ln x－1)ex＋x在x∈上单调递增，
∴h(x)min＝h＝－2e＋，h(x)max＝h(e)＝e.
∴当m＜－2e＋或 m＞e时，函数g(x)在上没有零点；
当－2e＋≤m≤e时，函数g(x)在上有一个零点．
2．已知函数f(x)＝xex.
(1)求f(x)的单调区间与极值；
(2)是否存在实数a使得对于任意的x1，x2∈(a，＋∞)，且x1＜x2，恒有＞成立？若存在，求a的取值范围，若不存在，请说明理由．
解：(1)因为f(x)＝xex，
所以f′(x)＝(x＋1)ex.
令f′(x)＝0，得x＝－1.
当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：
x
(－∞，－1)
－1
(－1，＋∞)
f′(x)
－
0
＋
f(x)

极小值

所以f(x)的单调递减区间为(－∞，－1)，单调递增区间为(－1，＋∞)，
f(x)有极小值f(－1)＝－，无极大值．
(2)存在满足题意的实数a.理由如下：
令g(x)＝＝(x＞a)，
则＞等价于g(x)在(a，＋∞)上单调递增．
又g′(x)＝，
记h(x)＝(x2－ax－a)ex＋aea，
则h′(x)＝[x2＋(2－a)x－2a]ex＝(x＋2)·(x－a)ex，
故当a≥－2，且x＞a时，h′(x)＞0，h(x)在(a，＋∞)上单调递增．
故h(x)＞h(a)＝0，从而g′(x)＞0，g(x)在(a，＋∞)上单调递增，满足题意；
另一方面，当a＜－2，且a＜x＜－2时，h′(x)＜0，h(x)在(a，－2)上单调递减．
故h(x)＜h(a)＝0，
从而g′(x)＜0，g(x)在(a，－2)上单调递减，不满足题意．
所以a的取值范围为[－2，＋∞)．
3．已知函数f(x)＝ex＋ax＋b(a，b∈R)在x＝0处的导数值为0.
(1)求实数a的值；
(2)若f(x)有两个零点x1，x2，且x1＜x2，
(ⅰ)求实数b的取值范围；
(ⅱ)证明：x1＋x2＜0.
解：(1)因为f′(x)＝ex＋a，所以f′(0)＝e0＋a＝1＋a，
又f′(0)＝0，所以a＝－1.
(2)(ⅰ)因为f(x)＝ex－x＋b，所以f′(x)＝ex－1.
当x∈(－∞，0)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减；
当x∈(0，＋∞)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增．
所以f(x)在x＝0处取得极小值，也是最小值，且f(0)＝1＋b.
因为f(x)有两个零点x1，x2，
所以f(0)＝1＋b＜0，所以b＜－1，
即实数b的取值范围是(－∞，－1)．
(ⅱ)证明：因为f(x1)＝0，f(x2)＝0，
所以ex1－x1＋b＝0　①，ex2－x2＋b＝0　②，
由②－①得e x2－e x1＝x2－x1，即e x1 (e x2－x1－1)＝x2－x1.
令x2－x1＝t，t＞0，则e x1 (et－1)＝t，
所以e x1＝，e x2＝.
要证x1＋x2＜0，只需证e x1e x2＜1，即证·＜1，
即证t2et＜(et－1)2，即证t2et－(et)2＋2et－1＜0.
令m(t)＝t2et－(et)2＋2et－1，
则m′(t)＝et(t2＋2t＋2－2et)．
令n(t)＝t2＋2t＋2－2et，则n′(t)＝2t＋2－2et.
设φ(t)＝2t＋2－2et，则当t＞0时，φ′(t)＝2－2et＜0，
所以当t＞0时，φ(t)单调递减，
因为φ(0)＝0，所以当t＞0时，φ(t)＜0，则n′(t)＜0，
所以当t＞0时，n(t)单调递减，
又n(0)＝0，所以当t＞0时，n(t)＜0，则m′(t)＜0，
所以当t＞0时，m(t)单调递减，
因为m(0)＝0，所以当t＞0时，m(t)＜0.
综上可知，原式得证．
4．若对任意实数k，b都有函数y＝f(x)＋kx＋b的图象与直线y＝kx＋b相切，则称函数f(x)为“恒切函数”，设函数g(x)＝aex－x－pa，a，p∈R.
(1)讨论函数g(x)的单调性；
(2)已知函数g(x)为“恒切函数”．
①求实数p的取值范围；
②当p取最大值时，若函数h(x)＝g(x)ex－m为“恒切函数”，求证：0≤m＜.
(参考数据：e3≈20)
解：(1)g′(x)＝aex－1，
当a≤0时，g′(x)＜0恒成立，函数g(x)在R上单调递减；
当a＞0时，由g′(x)＞0，得x＞－ln a；由g′(x)＜0，得x＜－ln a，
所以函数g(x)在(－∞，－ln a)上单调递减，在(－ln a，＋∞)上单调递增．
综上，当a≤0时，函数g(x)在R上单调递减；当a＞0时，函数g(x)在(－∞，－ln a)上单调递减，在(－ln a，＋∞)上单调递增．
(2)①若函数f(x)为“恒切函数”，则函数y＝f(x)＋kx＋b的图象与直线y＝kx＋b相切，
设切点为(x0，y0)，则f′(x0)＋k＝k且f(x0)＋kx0＋b＝kx0＋b，即f′(x0)＝0，f(x0)＝0.
因为函数g(x)为“恒切函数”，
所以存在x0，使得g′(x0)＝0，g(x0)＝0，
即解得a＝e－＞0，p＝e (1－x0)．
设m(x)＝ex(1－x)，则m′(x)＝－xex，
由m′(x)＜0，得x＞0；由m′(x)＞0，得x＜0，
故函数m(x)在(－∞，0)上单调递增，在(0，＋∞)上单调递减，
从而m(x)max＝m(0)＝1，
故实数p的取值范围为(－∞，1]．
②证明：由①知当p取最大值时，p＝1，a＝1，
故h(x)＝(ex－x－1)ex－m，
则h′(x)＝(2ex－x－2)ex.
因为函数h(x)为“恒切函数”，
故存在x0，使得h′(x0)＝0，h(x0)＝0，
由h′(x0)＝0，得(2e－x0－2)e＝0，即2ex0－x0－2＝0.
设n(x)＝2ex－x－2，则n′(x)＝2ex－1，
由n′(x)＞0，得x＞－ln 2；由n′(x)＜0，得x＜－ln 2，
故n(x)在(－∞，－ln 2)上单调递减，在(－ln 2，＋∞)上单调递增．
在单调递增区间(－ln 2，＋∞)上，n(0)＝0，
故x0＝0，
则由h(x0)＝0，得m＝0.
在单调递减区间(－∞，－ln 2)上，n(－2)＝2e－2＞0，
n＝2e－－≈2×(20)－－＝－＜0，
故在区间上存在唯一的x0，使得2e－x0－2＝0，即e＝，
此时由h(x0)＝0，得m＝(e－x0－1)ex0＝·＝－x0(x0＋2)＝－(x0＋1)2＋，
因为函数r(x)＝－(x＋1)2＋在上单调递增，且r(－2)＝0，r＝，所以0＜m＜.
综上，0≤m＜.