Question

17．已知函數(shù)f（x）=e^x，g（x）=mx+n．
（1）設h（x）=f（x）-g（x）．當n=0時，若函數(shù)h（x）在（-1，+∞）上沒有零點，求m的取值范圍；
（2）設函數(shù)r（x）=$\frac{1}{f（x）}$+$\frac{nx}{g（x）}$，且n=4m（m＞0），求證：當x≥0時，r（x）≥1．

Answer 1

分析 （1）求出函數(shù)的導數(shù)，t通過討論m的范圍，求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，得到函數(shù)的最小值，從而求出m的范圍；
（2）求出r（x）的表達式，求函數(shù)的導數(shù)，利用導數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性即可．

解答 解：（1）當n=0，可得h'（x）=（e^x-mx）'=e^x-m，
∵x＞-1，∴${e^x}＞\frac{1}{e}$，
①當$m≤\frac{1}{e}$時，h'（x）=e^x-m＞0，函數(shù)h（x）在（-1，+∞）上單調(diào)遞增，而h（0）=1，
所以只需$h（-1）=\frac{1}{e}+m≥0$，解得$m≥-\frac{1}{e}$，從而$-\frac{1}{e}≤m≤\frac{1}{e}$．
②當$m＞\frac{1}{e}$時，由h'（x）=e^x-m=0，解得x=lnm∈（1，+∞），
當x∈（-1，lnm）時，h'（x）＜0，h（x）單調(diào)遞減；
當x∈（lnm，+∞）時，h'（x）＞0，h（x）單調(diào)遞增．
所以函數(shù)h（x）在（-1，+∞）上有最小值h（lnm）=m-mlnm，令m-mlnm＞0，解得m＜e，所以$\frac{1}{e}＜m＜e$．
綜上所述，$m∈[-\frac{1}{e}，e）$．
（2）由題意，$r（x）=\frac{1}{f（x）}+\frac{nx}{g（x）}=\frac{1}{e^x}+\frac{{\frac{n}{m}x}}{{x+\frac{n}{m}}}=\frac{1}{e^x}+\frac{4x}{x+4}$，
而$r（x）=\frac{1}{e^x}+\frac{4x}{x+4}≥1$等價于e^x（3x-4）+x+4≥0，
令F（x）=e^x（3x-4）+x+4，
則F（0）=0，且F'（x）=e^x（3x-1）+1，F(xiàn)'（0）=0，
令G（x）=F'（x），則G'（x）=e^x（3x+2），
∵x≥0，∴G'（x）＞0，
所以導函數(shù)F'（x）在[0，+∞）上單調(diào)遞增，于是F'（x）≥F'（0）=0，
從而函數(shù)F（x）在[0，+∞）上單調(diào)遞增，即F（x）≥F（0）=0，
∴e^x（3x-4）+x+4≥0，
即r（x）≥1．

點評 本題主要考查導數(shù)的幾何意義的應用，以及利用導數(shù)研究函數(shù)單調(diào)性，在判斷函數(shù)的單調(diào)性的過程中，多次使用了導數(shù)來判斷函數(shù)的單調(diào)性是解決本題的關(guān)鍵，難度較大．