Question

8．已知函數(shù)f（x）=e^x-ln（x+m）．
（1）設(shè)x=0是f（x）的極值點，求函數(shù)f（x）在[1，2]上的最值；
（2）若對任意x₁，x₂∈[0，2]且x₁＞x₂，都有$\frac{f（{x}_{1}）-f（{x}_{2}）}{{x}_{1}-{x}_{2}}$＞-1，求m的取值范圍．
（3）當m≤2時，證明f（x）＞0．

Answer 1

分析 （1）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，根據(jù)f′（0）=0，求出m的值，從而求出函數(shù)的單調(diào)性，求出函數(shù)的最值；
（2）問題轉(zhuǎn)化為證明f（x₁）+x₁＞f（x₂）+x₂，即函數(shù)h（x）=f（x）+x=e^x+x-ln（x+m）在[0，2]上單調(diào)遞增，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性證出即可；
（3）證明當m≤2時，f（x）＞0，轉(zhuǎn)化為證明當m=2時f（x）＞0．求出當m=2時函數(shù)的導(dǎo)函數(shù)，可知導(dǎo)函數(shù)在（-2，+∞）上為增函數(shù)，并進一步得到導(dǎo)函數(shù)在（-1，0）上有唯一零點x₀，則當x=x₀時函數(shù)取得最小值，借助于x₀是導(dǎo)函數(shù)的零點，證出f（x₀）＞0，從而結(jié)論得證．

解答 解：（1）f′（x）=e^x-$\frac{1}{x+m}$，
∵x=0是f（x）的極值點，
∴f′（0）=1-$\frac{1}{m}$=0，解得：m=1，
∴f（x）=e^x-ln（x+1），定義域是（-1，+∞），
∵f′（x）=$\frac{{e}^{x}（x+1）-1}{x+1}$，
設(shè)g（x）=e^x（x+1）-1，則g′（x）=e^x（x+2）＞0，
∴g（x）在（-1，+∞）遞增，
又g（0）=0，
∴x＞0時，g（x）＞0，即f（x）＞0，
-1＜x＜0時，g（x）＜0，即f（x）＜0，
∴f（x）在（-1，0）遞減，在（0，+∞）遞增，
∴f（x）在[1，2]遞增，
∴f（x）的最小值是f（1）=e-ln2，f（x）的最大值是f（2）=e²-ln3；
（2）因為對任意x₁，x₂∈[0，2]且x₁＞x₂，都有$\frac{f{（x}_{1}）-f{（x}_{2}）}{{{x}_{1}-x}_{2}}$＞-1，
即都有f（x₁）+x₁＞f（x₂）+x₂，
故函數(shù)h（x）=f（x）+x=e^x+x-ln（x+m）在[0，2]上單調(diào)遞增；
$h′（x）={e^x}+1-\frac{1}{x+m}≥0$在[0，2]上恒成立，
又又因為$h′（x）={e^x}+1-\frac{1}{x+m}$在[0，2]上單調(diào)遞增，
所以只要$h′（0）={e^0}+1-\frac{1}{0+m}≥0$即$m≥\frac{1}{2}$；
（3）證明：當m≤2，x∈（-m，+∞）時，ln（x+m）≤ln（x+2），
故只需證明當m=2時f（x）＞0，
當m=2時，函數(shù)f′（x）=e^x-$\frac{1}{x+2}$在（-2，+∞）上為增函數(shù)，
且f′（-1）＜0，f′（0）＞0，
故f′（x）=0在（-2，+∞）上有唯一實數(shù)根x₀，且x₀∈（-1，0），
當x∈（-2，x₀）時，f′（x）＜0，當x∈（x₀，+∞）時，f′（x）＞0，
從而當x=x₀時，f（x）取得最小值．
由f′（x₀）=0，得${e}^{{x}_{0}}$=$\frac{1}{{x}_{0}+2}$，ln（x₀+2）=-x₀，
故f（x）≥f（x0）=$\frac{1}{{x}_{0}+2}$+x₀=$\frac{{{（x}_{0}+1）}^{2}}{{x}_{0}+2}$＞0，
綜上，當m≤2時，f（x）＞0．

點評 本題考查了利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)在閉區(qū)間上的最值，考查了不等式的證明，考查了函數(shù)與方程思想，分類討論的數(shù)學(xué)思想，綜合考查了學(xué)生分析問題和解決問題的能力．熟練函數(shù)與導(dǎo)數(shù)的基礎(chǔ)知識是解決該題的關(guān)鍵，是難題．