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已知函数f(x)=x-mex(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)≤e2x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)的两个两点,求
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已知函数f(x)=x-mex(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)≤e2x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)的两个两点,求证x1+x2>2.
(1)讨论函数f(x)的单调性;
(2)若f(x)≤e2x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)的两个两点,求证x1+x2>2.
▼优质解答
答案和解析
(1) f′(x)=1-mex.
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) f(x)≤e2x⇔m≥
-ex,
设g(x)=
-ex,则g′(x)=
,
当x<0时,1-e2x>0,g′(x)>0,则g(x)在(-∞,0)上单调递增;
当x>0时,1-e2x<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x1=mex1,x2=mex2,
因此x1-x2=m(ex1-ex2),即m=
.
要证x1+x2>2,只要证明m(ex1+ex2)>2,即证(x1-x2)
>2.
不妨设x1>x2,记t=x1-x2,则t>0,et>1,
因此只要证明t•
>2,即(t-2)et+t+2>0.
记h(t)=(t-2)et+t+2(t>0),h′(t)=(t-1)et+1,h″(t)=tet.
当t>0时,h″(t)=tet>0,∴h′(t)>h′(0)=0,
则h(t)在(0,+∞)上单调递增,∴h(t)>h(0)=0,
即(t-2)et+t+2>0成立.
∴x1+x2>2.
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) f(x)≤e2x⇔m≥
x |
ex |
设g(x)=
x |
ex |
1-e2x-x |
ex |
当x<0时,1-e2x>0,g′(x)>0,则g(x)在(-∞,0)上单调递增;
当x>0时,1-e2x<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x1=mex1,x2=mex2,
因此x1-x2=m(ex1-ex2),即m=
x1-x2 |
ex1-ex2 |
要证x1+x2>2,只要证明m(ex1+ex2)>2,即证(x1-x2)
ex1+ex2 |
ex1-ex2 |
不妨设x1>x2,记t=x1-x2,则t>0,et>1,
因此只要证明t•
et+1 |
et-1 |
记h(t)=(t-2)et+t+2(t>0),h′(t)=(t-1)et+1,h″(t)=tet.
当t>0时,h″(t)=tet>0,∴h′(t)>h′(0)=0,
则h(t)在(0,+∞)上单调递增,∴h(t)>h(0)=0,
即(t-2)et+t+2>0成立.
∴x1+x2>2.
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