Question

13．已知函数f（x）=e^x+mx-1（m∈R）．
（I）讨论f（x）的单调性；
（Ⅱ）若存在正实数x₀，使得f（x₀）=x₀lnx₀，求m的最大值；
（Ⅲ）若g（x）=ln（e^x-1）-lnx，且x∈（0，+∞）时，不等式f（g（x））＜f（x）恒成立，求实数m的取值范围．

Answer 1

分析 （I）求导对m分类讨论即可得出单调性．
（II）由已知，关于x的方程$m=\frac{{1-{e^x}}}{x}+lnx$有正根．令$ϕ（x）=\frac{{1-{e^x}}}{x}+lnx，\;x＞0$，利用研究其单调性极值与最值即可得出．
（III）令F（x）=xe^x-e^x+1，可得F′（x）=xe^x＞0．利用其单调性可得：$x＞ln\frac{{{e^x}-1}}{x}=g（x）$．又由（I）知，m=-1时，f（x）=e^x-x-1的最小值为f（0）=0，即e^x-1＞x．可得x∈（0，+∞）时，g（x）＞0．综上，x∈（0，+∞）时，x＞g（x）＞0．由（I）知，当m≥-1时，f（x）在（0，+∞）上单调递增，可得f（g（x））＜f（x）在x∈（0，+∞）上恒成立．当m＜-1时，研究其单调性即可得出结论．

解答 解：（I）f'（x）=e^x+m，
①当m≥0时，对?x∈R，有f'（x）＞0．此时f（x）在（-∞，+∞）上单调递增．
②当m＜0时，由f'（x）＞0，得x＞ln（-m）；由f'（x）＜0，得x＜ln（-m）．
此时函数f（x）的增区间为（ln（-m），+∞），减区间为（-∞，ln（-m））．
（II）由已知，关于x的方程$m=\frac{{1-{e^x}}}{x}+lnx$有正根．
令$ϕ（x）=\frac{{1-{e^x}}}{x}+lnx，\;x＞0$，则$ϕ'（x）=\frac{{（{1-x}）（{{e^x}-1}）}}{x^2}，\;x＞0$．
由ϕ'（x）＞0，得0＜x＜1；由ϕ'（x）＜0，得x＞1．
∴ϕ（x）在（0，1）上单调递增，在（1，+∞）上单调递减，ϕ_max（x）=ϕ（1）=1-e．
∵关于x的方程$m=\frac{{1-{e^x}}}{x}+lnx$有正根．
∴m的最大值为1-e．
（III）令F（x）=xe^x-e^x+1，则x＞0时，F′（x）=xe^x＞0．
∴F（x）在（0，+∞）上单调递增，x＞0时，F（x）=xe^x-e^x+1＞F（0）=0．
故x∈（0，+∞）时，${e^x}＞\frac{{{e^x}-1}}{x}$，即$x＞ln\frac{{{e^x}-1}}{x}=g（x）$．
又由（I）知，m=-1时，f（x）=e^x-x-1的最小值为f（0）=0，即e^x-1＞x．
∴x∈（0，+∞）时，g（x）=ln（e^x-1）-lnx＞0．
综上，x∈（0，+∞）时，x＞g（x）＞0．
由（I）知，当m≥-1时，f（x）在（0，+∞）上单调递增，
∴f（g（x））＜f（x）在x∈（0，+∞）上恒成立．
当m＜-1时，f（x）在（0，ln（-m））上单调递减，在（ln（-m），+∞）上单调递增．
当0＜x＜ln（-m）时，0＜g（x）＜x＜ln（-m），∴f（g（x））＞f（x），不满足题意．
故实数m的取值范围是[-1，+∞）．

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