Question

12．已知函数f（x）=e^x-ax有极值1，这里e是自然对数的底数．
（1）求实数a的值，并确定1是极大值还是极小值；
（2）若当x∈[0，+∞）时，f（x）≥mxln（x+1）+1恒成立，求实数m的取值范围．

Answer 1

分析 （1）f′（x）=e^x-a，根据函数f（x）=e^x-ax有极值1，可得存在x₀，使得f′（x₀）=${e}^{{x}_{0}}$-a=0，f（x₀）=${e}^{{x}_{0}}$-ax₀=1，解得x₀，a．即可判断出结论．
（2）当x∈[0，+∞）时，f（x）≥mxln（x+1）+1恒成立?e^x-x-1-mxln（x+1）≥0恒成立．令g（x）=e^x-（x+1），x≥0．g（0）=0．利用导数研究其单调性可得：e^x≥x+1．
①若mxln（x+1）+x+1≤x+1，则e^x-x-1-mxln（x+1）≥0恒成立．可得：m≤0．
②m＞0时，x≥0时，mxln（x+1）+x+1≤e^x．令F（x）=mxln（x+1）+x+1-e^x，（x≥0），F（0）=0．
由F（x）≤0，可得mxln（x+1）≤e^x-x-1，x＞0时，化为：m≤$\frac{{e}^{x}-x-1}{xln（x+1）}$．下面证明：$\frac{1}{2}$≤$\frac{{e}^{x}-x-1}{xln（x+1）}$．利用导数研究其单调性即可得出．

解答 解：（1）f′（x）=e^x-a，∵函数f（x）=e^x-ax有极值1，
∴存在x₀，使得f′（x₀）=${e}^{{x}_{0}}$-a=0，f（x₀）=${e}^{{x}_{0}}$-ax₀=1，
解得x₀=0，a=1．
∴f′（x）=e^x-1，可知：0是极小值点，因此1是极小值．
（2）当x∈[0，+∞）时，f（x）≥mxln（x+1）+1恒成立?e^x-x-1-mxln（x+1）≥0恒成立．
令g（x）=e^x-（x+1），x≥0．g（0）=0．
则g′（x）=e^x-1≥0，
∴x≥0时，函数g（x）单调递增，因此g（x）≥g（0）=0，因此e^x≥x+1．
①若mxln（x+1）+x+1≤x+1，则e^x-x-1-mxln（x+1）≥0恒成立．
则mxln（x+1）≤0，可得：m≤0．
∴m≤0时，x≥0时，f（x）≥mxln（x+1）+1恒成立．
②m＞0时，x≥0时，mxln（x+1）+x+1≤e^x．
令F（x）=mxln（x+1）+x+1-e^x，（x≥0），F（0）=0．
由F（x）≤0，可得mxln（x+1）≤e^x-x-1，
x=0时，化为0≤0，恒成立，m∈R．
x＞0时，化为：m≤$\frac{{e}^{x}-x-1}{xln（x+1）}$．
下面证明：$\frac{1}{2}$≤$\frac{{e}^{x}-x-1}{xln（x+1）}$．
令h（x）=2e^x-2x-2-xln（x+1），h（0）=0．
h′（x）=2e^x-2-ln（x+1）-$\frac{x}{x+1}$．h′（0）=0．
h^″（x）=2e^x-$\frac{1}{x+1}$-$\frac{1}{（x+1）^{2}}$≥h^″（0）=0，
∴h′（x）≥0．
∴函数h（x）在[0，+∞）上单调递增，∴h（x）≥h（0）=0．
因此：$\frac{1}{2}$≤$\frac{{e}^{x}-x-1}{xln（x+1）}$成立，并且$\frac{1}{2}$是其最小值．
∴m≤$\frac{1}{2}$．
综上可得：实数m的取值范围是$（-∞，\frac{1}{2}]$．

点评 本题考查了利用导数研究函数的单调性极值与最值、分类讨论方法、方程与不等式的解法、等价转化方法，考查了推理能力与计算能力，属于难题．