Question

13．已知函數(shù)f（x）=e^x+mx-1（m∈R）．
（I）討論f（x）的單調(diào)性；
（Ⅱ）若存在正實數(shù)x₀，使得f（x₀）=x₀lnx₀，求m的最大值；
（Ⅲ）若g（x）=ln（e^x-1）-lnx，且x∈（0，+∞）時，不等式f（g（x））＜f（x）恒成立，求實數(shù)m的取值范圍．

Answer 1

分析 （I）求導對m分類討論即可得出單調(diào)性．
（II）由已知，關(guān)于x的方程$m=\frac{{1-{e^x}}}{x}+lnx$有正根．令$ϕ（x）=\frac{{1-{e^x}}}{x}+lnx，\;x＞0$，利用研究其單調(diào)性極值與最值即可得出．
（III）令F（x）=xe^x-e^x+1，可得F′（x）=xe^x＞0．利用其單調(diào)性可得：$x＞ln\frac{{{e^x}-1}}{x}=g（x）$．又由（I）知，m=-1時，f（x）=e^x-x-1的最小值為f（0）=0，即e^x-1＞x．可得x∈（0，+∞）時，g（x）＞0．綜上，x∈（0，+∞）時，x＞g（x）＞0．由（I）知，當m≥-1時，f（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增，可得f（g（x））＜f（x）在x∈（0，+∞）上恒成立．當m＜-1時，研究其單調(diào)性即可得出結(jié)論．

解答 解：（I）f'（x）=e^x+m，
①當m≥0時，對?x∈R，有f'（x）＞0．此時f（x）在（-∞，+∞）上單調(diào)遞增．
②當m＜0時，由f'（x）＞0，得x＞ln（-m）；由f'（x）＜0，得x＜ln（-m）．
此時函數(shù)f（x）的增區(qū)間為（ln（-m），+∞），減區(qū)間為（-∞，ln（-m））．
（II）由已知，關(guān)于x的方程$m=\frac{{1-{e^x}}}{x}+lnx$有正根．
令$ϕ（x）=\frac{{1-{e^x}}}{x}+lnx，\;x＞0$，則$ϕ'（x）=\frac{{（{1-x}）（{{e^x}-1}）}}{x^2}，\;x＞0$．
由ϕ'（x）＞0，得0＜x＜1；由ϕ'（x）＜0，得x＞1．
∴ϕ（x）在（0，1）上單調(diào)遞增，在（1，+∞）上單調(diào)遞減，ϕ_max（x）=ϕ（1）=1-e．
∵關(guān)于x的方程$m=\frac{{1-{e^x}}}{x}+lnx$有正根．
∴m的最大值為1-e．
（III）令F（x）=xe^x-e^x+1，則x＞0時，F(xiàn)′（x）=xe^x＞0．
∴F（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增，x＞0時，F(xiàn)（x）=xe^x-e^x+1＞F（0）=0．
故x∈（0，+∞）時，${e^x}＞\frac{{{e^x}-1}}{x}$，即$x＞ln\frac{{{e^x}-1}}{x}=g（x）$．
又由（I）知，m=-1時，f（x）=e^x-x-1的最小值為f（0）=0，即e^x-1＞x．
∴x∈（0，+∞）時，g（x）=ln（e^x-1）-lnx＞0．
綜上，x∈（0，+∞）時，x＞g（x）＞0．
由（I）知，當m≥-1時，f（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增，
∴f（g（x））＜f（x）在x∈（0，+∞）上恒成立．
當m＜-1時，f（x）在（0，ln（-m））上單調(diào)遞減，在（ln（-m），+∞）上單調(diào)遞增．
當0＜x＜ln（-m）時，0＜g（x）＜x＜ln（-m），∴f（g（x））＞f（x），不滿足題意．
故實數(shù)m的取值范圍是[-1，+∞）．

點評 本題考查了利用導數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性極值與最值、不等式的解法、方程的解法、等價轉(zhuǎn)化方法，考查了分類討論方法、推理能力與計算能力，屬于難題．