Question

8．已知函数f（x）=e^x-ln（x+m）．
（1）设x=0是f（x）的极值点，求函数f（x）在[1，2]上的最值；
（2）若对任意x₁，x₂∈[0，2]且x₁＞x₂，都有$\frac{f（{x}_{1}）-f（{x}_{2}）}{{x}_{1}-{x}_{2}}$＞-1，求m的取值范围．
（3）当m≤2时，证明f（x）＞0．

Answer 1

分析 （1）求出函数的导数，根据f′（0）=0，求出m的值，从而求出函数的单调性，求出函数的最值；
（2）问题转化为证明f（x₁）+x₁＞f（x₂）+x₂，即函数h（x）=f（x）+x=e^x+x-ln（x+m）在[0，2]上单调递增，根据函数的单调性证出即可；
（3）证明当m≤2时，f（x）＞0，转化为证明当m=2时f（x）＞0．求出当m=2时函数的导函数，可知导函数在（-2，+∞）上为增函数，并进一步得到导函数在（-1，0）上有唯一零点x₀，则当x=x₀时函数取得最小值，借助于x₀是导函数的零点，证出f（x₀）＞0，从而结论得证．

解答 解：（1）f′（x）=e^x-$\frac{1}{x+m}$，
∵x=0是f（x）的极值点，
∴f′（0）=1-$\frac{1}{m}$=0，解得：m=1，
∴f（x）=e^x-ln（x+1），定义域是（-1，+∞），
∵f′（x）=$\frac{{e}^{x}（x+1）-1}{x+1}$，
设g（x）=e^x（x+1）-1，则g′（x）=e^x（x+2）＞0，
∴g（x）在（-1，+∞）递增，
又g（0）=0，
∴x＞0时，g（x）＞0，即f（x）＞0，
-1＜x＜0时，g（x）＜0，即f（x）＜0，
∴f（x）在（-1，0）递减，在（0，+∞）递增，
∴f（x）在[1，2]递增，
∴f（x）的最小值是f（1）=e-ln2，f（x）的最大值是f（2）=e²-ln3；
（2）因为对任意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，
故函数h（x）=f（x）+x=e^x+x-ln（x+m）在[0，2]上单调递增；
$h′（x）={e^x}+1-\frac{1}{x+m}≥0$在[0，2]上恒成立，
又又因为$h′（x）={e^x}+1-\frac{1}{x+m}$在[0，2]上单调递增，
所以只要$h′（0）={e^0}+1-\frac{1}{0+m}≥0$即$m≥\frac{1}{2}$；
（3）证明：当m≤2，x∈（-m，+∞）时，ln（x+m）≤ln（x+2），
故只需证明当m=2时f（x）＞0，
当m=2时，函数f′（x）=e^x-$\frac{1}{x+2}$在（-2，+∞）上为增函数，
且f′（-1）＜0，f′（0）＞0，
故f′（x）=0在（-2，+∞）上有唯一实数根x₀，且x₀∈（-1，0），
当x∈（-2，x₀）时，f′（x）＜0，当x∈（x₀，+∞）时，f′（x）＞0，
从而当x=x₀时，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，
综上，当m≤2时，f（x）＞0．

点评 本题考查了利用导数研究函数的单调性，利用导数求函数在闭区间上的最值，考查了不等式的证明，考查了函数与方程思想，分类讨论的数学思想，综合考查了学生分析问题和解决问题的能力．熟练函数与导数的基础知识是解决该题的关键，是难题．