Question

已知函數f（x）=e^x，g（x）=x-m，m∈R．
（1）若曲線y=f（x）與直線y=g（x）相切，求實數m的值；
（2）記h（x）=f（x）•g（x），求h（x）在[0，1]上的最大值；
（3）當m=0時，試比較e^f（x-2）與g（x）的大小．

Answer 1

考點：導數在最大值、最小值問題中的應用

專題：函數的性質及應用,導數的概念及應用,導數的綜合應用

分析：（1）研究函數的切線主要是利用切點作為突破口求解；
（2）通過討論函數在定義域內的單調性確定最值，要注意對字母m的討論；
（3）比較兩個函數的大小主要是轉化為判斷兩個函數的差函數的符號，然后轉化為研究差函數的單調性研究其最值．

解答： 解：（1）設曲線f（x）=e^x與g（x）=x-m相切于點P（x₀，y₀），由f′（x）=e^x，知e x0=1解得x₀=0．又可求得P為（0，1），所以代入g（x）=x-m，解得m=-1．
（2）因為h（x）=（x-m）e^x，所以h′（x）=e^x+（x-m）e^x=（x-（m-1））e^x，x∈[0，1]．
①當m-1≤0，即m≤1時，h′（x）≥0，此時h（x）在[0，1]上單調遞增，所以h（x）_max=h（1）=（1-m）e；
②當0＜m-1＜1，即1＜m＜2時，當x∈（0，m-1）時，h′（x）＜0，h（x）單調遞減，
當x∈（m-1，1）時，h′（x）＞0，h（x）單調遞增，h（0）=-m，h（1）=（1-m）e．
（i）當-m≥（1-m）e，即

e

e-1

≤m＜2時，h（x）_max=h（0）=-m．
（ii）當-m＜（1-m）e，即1＜m＜

e

e-1

時，h（x）_max=h（1）=（1-m）e．
③當m-1≥1，即m≥2時，h′（x）≤0，此時h（x）在[0，1]上單調遞減，所以h（x）_max=h（0）=-m．
綜上，當m＜

e

e-1

時，h（x）_max=（1-m）e；當m≥

e

e-1

時，h（x）_max=-m．
（3）當m=0時，ef(x-2)=eex-2，g（x）=x．
①當x≤0時，顯然e^f（x-2）＞g（x）；
②當x＞0時，lnef(x-2)=lneex-2=e^x-2．lng（x）=lnx．
記函數ω(x)=ex-2-lnx=

1

e2

×ex-lnx，則ω′(x)=

1

e2

×ex-

1

x

=ex-2-

1

x

，可知ω′（x）在（0，+∞）上遞增，
又由ω′（1）＜0，ω′（2）＞0知：ω′（x）=0在（0，+∞）上有唯一實根x₀，且1＜x₀＜2，
則ω′(x0)=ex0-2-

1

x0

=0，即ex0-2=

1

x0

(*)，
當x∈（0，x₀）時ω′（x）＜0，ω（x）遞減；當x∈（x₀，+∞）時，ω′（x）＞0，ω（x）單調遞增．
所以ω(x)≥ω(x0)=ex0-2-lnx0，結合（*）式，ex0-2=

1

x0

，知x₀-2=-lnx₀，
所以ω(x)≥ω(x0)=

1

x0

+x0-2=

x02-2x0+1

x0

=

(x0-1)2

x0

＞0，
則ω（x）=e^x-2-lnx＞0，即e^x-2＞lnx，所以eex-2＞x，
綜上e^f（x-2）＞g（x）．

點評：本題綜合考查了利用導數研究函數的單調性、最值基本思路，當比較兩個函數大小的時候，就轉化為兩個函數的差的單調性，進一步確定最值確定符號比較大�。�