Question

15．已知函數(shù)f（x）=x-me^x（m∈R，e為自然對數(shù)的底數(shù)）
（1）討論函數(shù)f（x）的單調(diào)性；
（2）若f（x）≤e^2x對?x∈R恒成立，求實數(shù)m的取值范圍；
（3）設(shè)x₁，x₂（x₁≠x₂）是函數(shù)f（x）的兩個零點，求證x₁+x₂＞2．

Answer 1

分析 （1）求出原函數(shù)的導(dǎo)函數(shù)f′（x）=1-me^x．當(dāng)m≤0時，則f′（x）＞0，函數(shù)f（x）為（-∞，+∞）上的增函數(shù)；當(dāng)m＞0時，由導(dǎo)函數(shù)的符號確定原函數(shù)的單調(diào)性；
（2）f（x）≤e^2x?m≥$\frac{x}{{e}^{x}}-{e}^{x}$，設(shè)g（x）=$\frac{x}{{e}^{x}}-{e}^{x}$，利用導(dǎo)數(shù)求出g（x）的最大值，則實數(shù)m的取值范圍可求；
（3）由f（x）有兩個不同零點x₁，x₂，得${x}_{1}=m{e}^{{x}_{1}}，{x}_{2}=m{e}^{{x}_{2}}$，兩式作差可得${x}_{1}-{x}_{2}=m（{e}^{{x}_{1}}-{e}^{{x}_{2}}）$，即m=$\frac{{x}_{1}-{x}_{2}}{{e}^{{x}_{1}}-{e}^{{x}_{2}}}$．要證x₁+x₂＞2，只要證明$m（{e}^{{x}_{1}}+{e}^{{x}_{2}}）$＞2，即證$（{x}_{1}-{x}_{2}）\frac{{e}^{{x}_{1}}+{e}^{{x}_{2}}}{{e}^{{x}_{1}}-{e}^{{x}_{2}}}$＞2．不妨設(shè)x₁＞x₂，記t=x₁-x₂，則t＞0，e^t＞1，轉(zhuǎn)化為（t-2）e^t+t+2＞0．構(gòu)造函數(shù)h（t）=（t-2）e^t+t+2（t＞0），利用導(dǎo)數(shù)證明（t-2）e^t+t+2＞0成立．

解答 （1）解：f′（x）=1-me^x．
當(dāng)m≤0時，f′（x）＞0，函數(shù)f（x）為（-∞，+∞）上的增函數(shù)；
當(dāng)m＞0時，由f′（x）＞0，得x＜-lnm，∴f（x）在（-∞，-lnm）上為增函數(shù)；
由f′（x）＜0，得x＞-lnm，∴f（x）在（-lnm，+∞）上為減函數(shù)；
（2）解：f（x）≤e^2x?m≥$\frac{x}{{e}^{x}}-{e}^{x}$，
設(shè)g（x）=$\frac{x}{{e}^{x}}-{e}^{x}$，則g′（x）=$\frac{1-{e}^{2x}-x}{{e}^{x}}$，
當(dāng)x＜0時，1-e^2x＞0，g′（x）＞0，則g（x）在（-∞，0）上單調(diào)遞增；
當(dāng)x＞0時，1-e^2x＜0，g′（x）＜0，則g（x）在（0，-∞）上單調(diào)遞減．
∴g（x）_max=g（0）=-1，則m≥-1；
（3）證明：f（x）有兩個不同零點x₁，x₂，則${x}_{1}=m{e}^{{x}_{1}}，{x}_{2}=m{e}^{{x}_{2}}$，
因此${x}_{1}-{x}_{2}=m（{e}^{{x}_{1}}-{e}^{{x}_{2}}）$，即m=$\frac{{x}_{1}-{x}_{2}}{{e}^{{x}_{1}}-{e}^{{x}_{2}}}$．
要證x₁+x₂＞2，只要證明$m（{e}^{{x}_{1}}+{e}^{{x}_{2}}）$＞2，即證$（{x}_{1}-{x}_{2}）\frac{{e}^{{x}_{1}}+{e}^{{x}_{2}}}{{e}^{{x}_{1}}-{e}^{{x}_{2}}}$＞2．
不妨設(shè)x₁＞x₂，記t=x₁-x₂，則t＞0，e^t＞1，
因此只要證明$t•\frac{{e}^{t}+1}{{e}^{t}-1}$＞2，即（t-2）e^t+t+2＞0．
記h（t）=（t-2）e^t+t+2（t＞0），h′（t）=（t-1）e^t+1，h″（t）=te^t．
當(dāng)t＞0時，h″（t）=te^t＞0，∴h′（t）＞h′（0）=0，
則h（t）在（0，+∞）上單調(diào)遞增，∴h（t）＞h（0）=0，
即（t-2）e^t+t+2＞0成立．
∴x₁+x₂＞2．

點評 本題考查導(dǎo)數(shù)知識的運用，考查函數(shù)的單調(diào)性與最值，考查導(dǎo)數(shù)的幾何意義，考查恒成立問題，正確求導(dǎo)是關(guān)鍵，屬難題．