Question

已知函数

（1）讨论函数f (x)的极值情况；

（2）设g (x) = ln(x + 1)，当x₁>x₂>0时，试比较f (x₁ – x₂)与g (x₁ – x₂)及g (x₁) –g (x₂)三者的大小；并说明理由．

 

Answer 1

【答案】

（1）f (x)在(0, +∞)上递增，故f (x)有极小值f (0) = 0，f (x)有极大值  （2）见解析

【解析】本试题主要考查了分段函数的极值的问题的运用。利用三次函数的极值的判定结合证明。以及利用单调性证明不等式的问题的综合运用。

（1）分别对于两段函数的单调性进行判定，确定极值问题。

(2)先对当x >0时，先比较e^x – 1与ln(x + 1)的大小，

然后得到就是f (x) > g (x) ，成立．再比较与g (x₁) –g (x₂) =ln(x₁ + 1) –ln(x₂ + 1)的大小．，利用作差法得到证明。

解：（1）当x>0时，f (x) = e^x – 1在(0，+∞)单调递增，且f (x)>0；

    当x≤0时，．

    ①若m = 0，f ′(x) = x²≥0, f (x) =在(–∞，0]上单调递增，且f (x) =．

    又f (0) = 0，∴f (x)在R上是增函数，无极植；

    ②若m<0，f ′(x) = x（x + 2m) >0，则f (x) =在(–∞，0)单调递增，同①可知f (x)在R上也是增函数，无极值；         ………………4分

    ③若m>0，f (x)在(–∞，–2m]上单调递增，在(–2m，0)单调递减，

    又f (x)在(0, +∞)上递增，故f (x)有极小值f (0) = 0，f (x)有极大值． 6分

    （2）当x >0时，先比较e^x – 1与ln(x + 1)的大小，

    设h(x) = e^x – 1–ln(x + 1)   (x >0)

    h′(x) =恒成立

    ∴h(x)在(0，+∞)是增函数，h(x)>h (0) = 0

    ∴e^x – 1–ln(x + 1) >0即e^x – 1>ln(x + 1)

    也就是f (x) > g (x) ，成立．

    故当x₁ – x₂>0时，f (x₁ – x₂)> g (x₁ – x₂)……………………………10分

    再比较与g (x₁) –g (x₂) =ln(x₁ + 1) –ln(x₂ + 1)的大小．

    =

    =

    ∴g (x₁ – x₂) > g (x₁) –g (x₂)

    ∴f (x₁ – x₂)> g (x₁ – x₂) > g (x₁) –g (x₂) ．