Question

17．已知函数f（x）=me^x-x-1．（其中e为自然对数的底数）
（1）若曲线y=f（x）过点P（0，1），求曲线y=f（x）在点P（0，1）处的切线方程．
（2）若f（x）的两个零点为x₁，x₂且x₁＜x₂，求y=（e${\;}^{{x}_{2}}$-e${\;}^{{x}_{1}}$）（$\frac{1}{{e}^{{x}_{2}}+{e}^{{x}_{1}}}$-m）的值域．
（3）若f（x）＞0恒成立，试比较e^m-1与m^e-1的大小，并说明理由．

Answer 1

分析 （1）由f（0）=1，可得m=2，求出f（x）的导数，求得切线的斜率，由点斜式方程可得切线的方程；
（2）由零点的概念，化简函数y，令x₂-x₁=t（t＞0），$g（t）=\frac{{{e^t}-1}}{{{e^t}+1}}-t（t＞0）$，求出导数，求得单调性，即可得到所求值域；
（3）由f（x）＞0得me^x-x-1＞0，即有$m＞\frac{x+1}{e^x}$，令$u（x）=\frac{x+1}{e^x}$，求出导数，单调区间和最大值；又令h（m）=（e-1）lnm-m+1，求出导数，求得单调区间，即可得到所求大小关系．

解答 解：（1）当x=0时，f（0）=m-1=1⇒m=2，
f′（x）=2e^x-1，f′（0）=2-1=1，
∴所求切线方程y=x+1，即x-y+1=0；
（2）由题意，$m{e^{x_1}}-{x_1}-1=0$，$m{e^{x_2}}-{x_2}-1=0$．  
相减可得m（e${\;}^{{x}_{2}}$-e${\;}^{{x}_{1}}$）=x₂-x₁，
即有$y=\frac{{{e^{x_2}}-{e^{x_1}}}}{{{e^{x_2}}+{e^{x_1}}}}-m（{e^{x_2}}-{e^{x_1}}）$=$\frac{{{e^{x_2}}-{e^{x_1}}}}{{{e^{x_2}}+{e^{x_1}}}}-（{x_2}-{x_1}）$
=$\frac{{{e^{{x_2}-{x_1}}}-1}}{{{e^{{x_2}-{x_1}}}+1}}-（{x_2}-{x_1}）$，
令x₂-x₁=t（t＞0），$g（t）=\frac{{{e^t}-1}}{{{e^t}+1}}-t（t＞0）$，
又${g^/}（t）=\frac{{-{e^{2t}}-1}}{{{{（{e^t}+1）}^2}}}＜0$，
∴g（t）在（0，+∞）上单调递减，
∴g（t）＜g（0）=0，
∴g（t）∈（-∞，0），
∴$y=（{e^{x_2}}-{e^{x_1}}）（\frac{1}{{{e^{x_2}}+{e^{x_1}}}}-m）$的值域为（-∞，0）；
（3）由f（x）＞0得me^x-x-1＞0，即有$m＞\frac{x+1}{e^x}$，
令$u（x）=\frac{x+1}{e^x}$，则${u^/}（x）=\frac{-x}{e^x}$，
令u′（x）＞0⇒x＜0，u′（x）＜0⇒x＞0，
∴u（x）在（-∞，0）上单调递增，在（0，+∞）上单调递减．
∴u（x）_max=u（0）=1，∴m＞1．
又令h（m）=（e-1）lnm-m+1，
则${h^/}（m）=\frac{e-1}{m}-1=\frac{e-1-m}{m}$．
令h′（m）＞0⇒m＜e-1，h′（m）＜0⇒m＞e-1，又m＞1
∴h（m）在（1，e-1）上单调递增，在（e-1，+∞）上单调递减
又h（1）=-1+1=0，h（e）=e-1-e+1=0
∴当1＜m＜e时，h（m）＞0⇒（e-1）lnm-m+1＞0，
即（e-1）lnm＞m-1
∴e^m-1＜m^e-1，
同理，当m=e时，e^m-1=m^e-1，当m＞e时，e^m-1＞m^e-1．
综上，当1＜m＜e时，e^m-1＜m^e-1
当m=e时，e^m-1=m^e-1，
当m＞e时，e^m-1＞m^e-1．

点评 本题考查导数的运用：求切线的方程和单调区间，考查函数方程的转化思想，以及单调性的运用，考查化简整理的运算能力，属于中档题．