Question

19．設m∈R，函數(shù)f（x）=e^x-m（x+1）$+\frac{1}{4}$m²（其中e為自然對數(shù)的底數(shù)）
（Ⅰ）若m=2，求函數(shù)f（x）的單調遞增區(qū)間；
（Ⅱ）已知實數(shù)x₁，x₂滿足x₁+x₂=1，對任意的m＜0，不等式f（x₁）+f（0）＞f（x₂）+f（1）恒成立，求x₁的取值范圍；
（Ⅲ）若函數(shù)f（x）有一個極小值點為x₀，求證f（x₀）＞-3，（參考數(shù)據(jù)ln6≈1.79）

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函數(shù)的導數(shù)，解關于導函數(shù)的不等式，求出函數(shù)的遞增區(qū)間即可；
（Ⅱ）問題轉化為2（x₁-1）m-（${e}^{{x}_{1}}$-${e}^{1{-x}_{1}}$）+e-1＜0對任意m＜0恒成立，令g（m）=2（x₁-1）m-（${e}^{{x}_{1}}$-${e}^{1{-x}_{1}}$）+e-1，得到關于x₁的不等式組，解出即可；
（Ⅲ）求出f（x₀）的解析式，記h（m）=$\frac{1}{4}$m²-mlnm，m＞0，根據(jù)函數(shù)的單調性求出h（m）的取值范圍，從而求出f（x₀）的范圍，證明結論即可．

解答 解：（Ⅰ）m=2時，f（x）=e^x-2x-1，f′（x）=e^x-2，
令f′（x）＞0，解得：x＞ln2，
故函數(shù)f（x）在[ln2，+∞）遞增；
（Ⅱ）∵不等式f（x₁）+f（0）＞f（x₂）+f（1）恒成立，x₁+x₂=1，
∴2（x₁-1）m-（${e}^{{x}_{1}}$-${e}^{1{-x}_{1}}$）+e-1＜0對任意m＜0恒成立，
令g（m）=2（x₁-1）m-（${e}^{{x}_{1}}$-${e}^{1{-x}_{1}}$）+e-1，
當2（x₁-1）=0時，g（m）=0＜0不成立，
則$\left\{\begin{array}{l}{2{（x}_{1}-1）＞0}\\{g（0）≤0}\end{array}\right.$，解得：x₁＞1；
（Ⅲ）由題意得f′（x）=e^x-m，f′（x₀）=0，故${e}^{{x}_{0}}$=m，
f（x₀）=${e}^{{x}_{0}}$-m（x₀+1）+$\frac{1}{4}$m²=$\frac{1}{4}$m²-mlnm，m＞0，
記h（m）=$\frac{1}{4}$m²-mlnm，m＞0，
h′（m）=$\frac{1}{2}$m-lnm-1，h′′（m）=$\frac{1}{2}$-$\frac{1}{m}$，
當0＜m＜2時，h′′（m）＜0，當m＞2時，h′′（m）＞0，
故函數(shù)h′（x）在（0，2）遞減，在（2，+∞）遞增，
如圖所示：

[h′（m）]_min=h′（2）=-ln2＜0，
又當m→0時，h′（m）＞0，m→+∞，h′（m）＞0，
故函數(shù)h′（m）=0有2個根，記為m₁，m₂（m₁＜2＜m₂＜6），（h′（6）＞0），
故h（m）在（0，m₁）遞增，在（m₁，m₂）遞減，在（m₂，+∞）遞增，
又當m→0時，h（m）＞0，h（m）在m₂處取極小值，
由h′（m₂）=0，$\frac{1}{2}$m₂-lnm₂-1=0，lnm₂=$\frac{1}{2}$m₂-1，
故h（m₂）=$\frac{1}{4}$${{m}_{2}}^{2}$-m₂lnm₂=$\frac{1}{4}$${{m}_{2}}^{2}$-m₂（$\frac{1}{2}$m₂-1）
=-$\frac{1}{4}$${{m}_{2}}^{2}$+m₂=-$\frac{1}{4}$${{（m}_{2}-2）}^{2}$+1∈（-3，1），
故f（x₀）＞-3．

點評 本題考查了函數(shù)的單調性、最值問題，考查導數(shù)的應用以及分類討論思想，轉化思想，考查不等式的證明，是一道綜合題．