Question

【題目】已知函數(shù)f（x）=x﹣mex（m∈R，e為自然對數(shù)的底數(shù)）
（1）討論函數(shù)f（x）的單調(diào)性；
（2）若f（x）≤e2x對x∈R恒成立，求實數(shù)m的取值范圍；
（3）設(shè)x1 ， x2（x1≠x2）是函數(shù)f（x）的兩個兩點，求證x1+x2＞2．

Answer 1

【答案】
（1）解：f′（x）=1﹣mex．

當(dāng)m≤0時，f′（x）＞0，函數(shù)f（x）為（﹣∞，+∞）上的增函數(shù)；

當(dāng)m＞0時，由f′（x）＞0，得x＜﹣lnm，∴f（x）在（﹣∞，﹣lnm）上為增函數(shù)；

由f′（x）＜0，得x＞﹣lnm，∴f（x）在（﹣lnm，+∞）上為減函數(shù)

（2）解：f（x）≤e2xm≥ ，

設(shè)g（x）= ，則g′（x）= ，

當(dāng)x＜0時，1﹣e2x＞0，g′（x）＞0，則g（x）在（﹣∞，0）上單調(diào)遞增；

當(dāng)x＞0時，1﹣e2x＜0，g′（x）＜0，則g（x）在（0，﹣∞）上單調(diào)遞減．

∴g（x）max=g（0）=﹣1，則m≥﹣1

（3）證明：f（x）有兩個不同零點x1，x2，則 ，

因此 ，即m= ．

要證x1+x2＞2，只要證明 ＞2，即證 ＞2．

不妨設(shè)x1＞x2，記t=x1﹣x2，則t＞0，et＞1，

因此只要證明 ＞2，即（t﹣2）et+t+2＞0．

記h（t）=（t﹣2）et+t+2（t＞0），h′（t）=（t﹣1）et+1，h″（t）=tet．

當(dāng)t＞0時，h″（t）=tet＞0，∴h′（t）＞h′（0）=0，

則h（t）在（0，+∞）上單調(diào)遞增，∴h（t）＞h（0）=0，

即（t﹣2）et+t+2＞0成立．

∴x1+x2＞2．

【解析】（1）求出原函數(shù)的導(dǎo)函數(shù)f′（x）=1﹣mex ． 當(dāng)m≤0時，則f′（x）＞0，函數(shù)f（x）為（﹣∞，+∞）上的增函數(shù)；當(dāng)m＞0時，由導(dǎo)函數(shù)的符號確定原函數(shù)的單調(diào)性；（2）f（x）≤e2xm≥ ，設(shè)g（x）= ，利用導(dǎo)數(shù)求出g（x）的最大值，則實數(shù)m的取值范圍可求；（3）由f（x）有兩個不同零點x1 ， x2 ， 得 ，兩式作差可得 ，即m= ．要證x1+x2＞2，只要證明 ＞2，即證 ＞2．不妨設(shè)x1＞x2 ， 記t=x1﹣x2 ， 則t＞0，et＞1，轉(zhuǎn)化為（t﹣2）et+t+2＞0．構(gòu)造函數(shù)h（t）=（t﹣2）et+t+2（t＞0），利用導(dǎo)數(shù)證明（t﹣2）et+t+2＞0成立．
【考點精析】通過靈活運用利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性和函數(shù)的最大(小)值與導(dǎo)數(shù)，掌握一般的,函數(shù)的單調(diào)性與其導(dǎo)數(shù)的正負有如下關(guān)系： 在某個區(qū)間內(nèi)，(1)如果，那么函數(shù)在這個區(qū)間單調(diào)遞增；(2)如果，那么函數(shù)在這個區(qū)間單調(diào)遞減；求函數(shù)在上的最大值與最小值的步驟：（1）求函數(shù)在內(nèi)的極值；（2）將函數(shù)的各極值與端點處的函數(shù)值，比較，其中最大的是一個最大值，最小的是最小值即可以解答此題．