Question

6．已知函数f（x）=xe^x-1-$\frac{1}{2}$mx²-mx，m∈R．
（1）当m=0时，求曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线方程；
（2）讨论函数f（x）的单调性并判断有无极值，有极值时求出极值．

Answer 1

分析 （1）欲求曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线方程只需求出切线斜率k=f′（1），从而求出切线方程；
（2）求出 f′（x）=e^x-1（x+1）-mx-m=（x+1）（e^x-1-m），通过讨论m的范围，求出函数的单调区间，从而求出函数的极值即可；
分 ①当m≤0，②当m＞0 讨论，求出函数的单调区间，从而求出函数的极值即可；

解答 解：（1）当m=0时，f（x）=xe^x-1，f′（x）=e^x-1（x+1），
f′（1）=2，f（1）=1，
∴曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线方程y-1=2（x-1），即2x-y-1=0
（2）f′（x）=e^x-1（x+1）-mx-m=（x+1）（e^x-1-m），
①当m≤0时，e^x-1-m＞0恒成立，当x＞-1时，f′（x）＞0，当x＜-1时，f′（x）＜0，
此时函数f（x）在（-∞，-1）单调递减，在（-1，+∞）单调递增，有极小值f（-1）=-e^-2+$\frac{1}{2}m$．
②当m＞0时，令f′（x）=e^x-1（x+1）-mx-m=（x+1）（e^x-1-m）=0，
可得₁=-1，x₂=lnm+1
当0＜m＜e^-2时，x₂＜x₁，
x∈（-∞，lnm+1）时，f′（x）＞0，x∈（lnm+1，-1）时，f′（x）＜0，x∈（-1，+∞）时，f′（x）＞0，
此时，函数f（x）在（-∞，lnm+1），（-1，+∞）单调递增，在（lnm+1，-1）单调递减，
有极大值f（lnm+1）=-$\frac{1}{2}（lnm+1）^{2}$，有极小值f（-1）=-e^-2+$\frac{1}{2}m$．；
当m=e^-2时，函数f（x）在（-∞，+∞）单调递增，无极值；
当m＞e^-2时，x∈（-∞，-1）时，f′（x）＞0，x∈（-1，lnm+1）时，f′（x）＜0，x∈（lnm+1，+∞）时，f′（x）＞0，
此时，函数f（x）在（-∞，-1），（lnm+1，+∞）单调递增，在（-1，lnm+1）单调递减，
有极小值f（lnm+1）=-$\frac{1}{2}（lnm+1）^{2}$，有极大值f（-1）=-e^-2+$\frac{1}{2}m$．；

点评 本题考查了函数的单调性及函数的极值问题及导数的几何意义，考查了分类讨论思想，属于中档题．