Question

15．已知函数f（x）=x-me^x（m∈R，e为自然对数的底数）
（1）讨论函数f（x）的单调性；
（2）若f（x）≤e^2x对?x∈R恒成立，求实数m的取值范围；
（3）设x₁，x₂（x₁≠x₂）是函数f（x）的两个零点，求证x₁+x₂＞2．

Answer 1

分析 （1）求出原函数的导函数f′（x）=1-me^x．当m≤0时，则f′（x）＞0，函数f（x）为（-∞，+∞）上的增函数；当m＞0时，由导函数的符号确定原函数的单调性；
（2）f（x）≤e^2x?m≥$\frac{x}{{e}^{x}}-{e}^{x}$，设g（x）=$\frac{x}{{e}^{x}}-{e}^{x}$，利用导数求出g（x）的最大值，则实数m的取值范围可求；
（3）由f（x）有两个不同零点x₁，x₂，得${x}_{1}=m{e}^{{x}_{1}}，{x}_{2}=m{e}^{{x}_{2}}$，两式作差可得${x}_{1}-{x}_{2}=m（{e}^{{x}_{1}}-{e}^{{x}_{2}}）$，即m=$\frac{{x}_{1}-{x}_{2}}{{e}^{{x}_{1}}-{e}^{{x}_{2}}}$．要证x₁+x₂＞2，只要证明$m（{e}^{{x}_{1}}+{e}^{{x}_{2}}）$＞2，即证$（{x}_{1}-{x}_{2}）\frac{{e}^{{x}_{1}}+{e}^{{x}_{2}}}{{e}^{{x}_{1}}-{e}^{{x}_{2}}}$＞2．不妨设x₁＞x₂，记t=x₁-x₂，则t＞0，e^t＞1，转化为（t-2）e^t+t+2＞0．构造函数h（t）=（t-2）e^t+t+2（t＞0），利用导数证明（t-2）e^t+t+2＞0成立．

解答 （1）解：f′（x）=1-me^x．
当m≤0时，f′（x）＞0，函数f（x）为（-∞，+∞）上的增函数；
当m＞0时，由f′（x）＞0，得x＜-lnm，∴f（x）在（-∞，-lnm）上为增函数；
由f′（x）＜0，得x＞-lnm，∴f（x）在（-lnm，+∞）上为减函数；
（2）解：f（x）≤e^2x?m≥$\frac{x}{{e}^{x}}-{e}^{x}$，
设g（x）=$\frac{x}{{e}^{x}}-{e}^{x}$，则g′（x）=$\frac{1-{e}^{2x}-x}{{e}^{x}}$，
当x＜0时，1-e^2x＞0，g′（x）＞0，则g（x）在（-∞，0）上单调递增；
当x＞0时，1-e^2x＜0，g′（x）＜0，则g（x）在（0，-∞）上单调递减．
∴g（x）_max=g（0）=-1，则m≥-1；
（3）证明：f（x）有两个不同零点x₁，x₂，则${x}_{1}=m{e}^{{x}_{1}}，{x}_{2}=m{e}^{{x}_{2}}$，
因此${x}_{1}-{x}_{2}=m（{e}^{{x}_{1}}-{e}^{{x}_{2}}）$，即m=$\frac{{x}_{1}-{x}_{2}}{{e}^{{x}_{1}}-{e}^{{x}_{2}}}$．
要证x₁+x₂＞2，只要证明$m（{e}^{{x}_{1}}+{e}^{{x}_{2}}）$＞2，即证$（{x}_{1}-{x}_{2}）\frac{{e}^{{x}_{1}}+{e}^{{x}_{2}}}{{e}^{{x}_{1}}-{e}^{{x}_{2}}}$＞2．
不妨设x₁＞x₂，记t=x₁-x₂，则t＞0，e^t＞1，
因此只要证明$t•\frac{{e}^{t}+1}{{e}^{t}-1}$＞2，即（t-2）e^t+t+2＞0．
记h（t）=（t-2）e^t+t+2（t＞0），h′（t）=（t-1）e^t+1，h″（t）=te^t．
当t＞0时，h″（t）=te^t＞0，∴h′（t）＞h′（0）=0，
则h（t）在（0，+∞）上单调递增，∴h（t）＞h（0）=0，
即（t-2）e^t+t+2＞0成立．
∴x₁+x₂＞2．

点评 本题考查导数知识的运用，考查函数的单调性与最值，考查导数的几何意义，考查恒成立问题，正确求导是关键，属难题．