Question

19．设m∈R，函数f（x）=e^x-m（x+1）$+\frac{1}{4}$m²（其中e为自然对数的底数）
（Ⅰ）若m=2，求函数f（x）的单调递增区间；
（Ⅱ）已知实数x₁，x₂满足x₁+x₂=1，对任意的m＜0，不等式f（x₁）+f（0）＞f（x₂）+f（1）恒成立，求x₁的取值范围；
（Ⅲ）若函数f（x）有一个极小值点为x₀，求证f（x₀）＞-3，（参考数据ln6≈1.79）

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函数的导数，解关于导函数的不等式，求出函数的递增区间即可；
（Ⅱ）问题转化为2（x₁-1）m-（${e}^{{x}_{1}}$-${e}^{1{-x}_{1}}$）+e-1＜0对任意m＜0恒成立，令g（m）=2（x₁-1）m-（${e}^{{x}_{1}}$-${e}^{1{-x}_{1}}$）+e-1，得到关于x₁的不等式组，解出即可；
（Ⅲ）求出f（x₀）的解析式，记h（m）=$\frac{1}{4}$m²-mlnm，m＞0，根据函数的单调性求出h（m）的取值范围，从而求出f（x₀）的范围，证明结论即可．

解答 解：（Ⅰ）m=2时，f（x）=e^x-2x-1，f′（x）=e^x-2，
令f′（x）＞0，解得：x＞ln2，
故函数f（x）在[ln2，+∞）递增；
（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对任意m＜0恒成立，
令g（m）=2（x₁-1）m-（${e}^{{x}_{1}}$-${e}^{1{-x}_{1}}$）+e-1，
当2（x₁-1）=0时，g（m）=0＜0不成立，
则$\left\{\begin{array}{l}{2{（x}_{1}-1）＞0}\\{g（0）≤0}\end{array}\right.$，解得：x₁＞1；
（Ⅲ）由题意得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，
记h（m）=$\frac{1}{4}$m²-mlnm，m＞0，
h′（m）=$\frac{1}{2}$m-lnm-1，h′′（m）=$\frac{1}{2}$-$\frac{1}{m}$，
当0＜m＜2时，h′′（m）＜0，当m＞2时，h′′（m）＞0，
故函数h′（x）在（0，2）递减，在（2，+∞）递增，
如图所示：

[h′（m）]_min=h′（2）=-ln2＜0，
又当m→0时，h′（m）＞0，m→+∞，h′（m）＞0，
故函数h′（m）=0有2个根，记为m₁，m₂（m₁＜2＜m₂＜6），（h′（6）＞0），
故h（m）在（0，m₁）递增，在（m₁，m₂）递减，在（m₂，+∞）递增，
又当m→0时，h（m）＞0，h（m）在m₂处取极小值，
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．

点评 本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应用以及分类讨论思想，转化思想，考查不等式的证明，是一道综合题．