Question

3．已知函數(shù)f（x）=（x-m）e^x（其中e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù)）．
（1）若f（x）在原點(diǎn)處的切線與y=2x+1垂直，求實(shí)數(shù)m的值；
（2）求f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（3）當(dāng)m=0時(shí)，證明：f（x）≥lnx+x+1．

Answer 1

分析 （1）求導(dǎo)f′（x）=（x-m+1）e^x，切線的斜率k=-$\frac{1}{2}$，故f′（0）=1-m=-$\frac{1}{2}$，解得：m=$\frac{3}{2}$；
（2）f′（x）=（x-m+1）e^x，f′（x）＞0，求得函數(shù)的單調(diào)遞增區(qū)間，f′（x）＜0，求得函數(shù)函數(shù)的單調(diào)遞減區(qū)間；
（3）當(dāng)m=0時(shí)，f（x）=xe^x，設(shè)g（x）=xe^x-lnx-x-1，（x＞0），求導(dǎo)g′（x）=（x+1）（e^x-$\frac{1}{x}$），利用基本初等函數(shù)的單調(diào)性，求得g（x）單調(diào)性，g（x）≥g（x₀）=x₀（${e}^{{x}_{0}}$-$\frac{1}{{x}_{0}}$）-lnx₀-x₀=0，即可證明，f（x）≥lnx+x+1．

解答 解：（1）函數(shù)f（x）=（x-m）e^x，求導(dǎo)f′（x）=（x-m+1）e^x，
若f（x）在原點(diǎn)處的切線與y=2x+1垂直，則切線的斜率k=-$\frac{1}{2}$，
故f′（0）=1-m=-$\frac{1}{2}$，
解得：m=$\frac{3}{2}$；
（2）f′（x）=（x-m+1）e^x，
令f′（x）＞0，解得：x＞m-1，
令f′（x）＜0，解得：x＜m-1，
故f（x）在（-∞，m-1）遞減，在（m-1，+∞）遞增；
（3）證明：m=0時(shí)，f（x）=xe^x，
令g（x）=xe^x-lnx-x-1，（x＞0），
g′（x）=（x+1）（e^x-$\frac{1}{x}$），
由函數(shù)y=e^x，在（0，+∞）上是增函數(shù)，函數(shù)y=$\frac{1}{x}$在（0，+∞）上是減函數(shù)，
則h（x）=e^x-$\frac{1}{x}$在（0，+∞）上是增函數(shù)，則h（$\frac{1}{2}$）=$\sqrt{e}$-2＜0，h（1）=e-1＞0，
∴函數(shù)h（x）存在零點(diǎn)，設(shè)零點(diǎn)為x₀，${e}^{{x}_{0}}-\frac{1}{{x}_{0}}=0$，
∴l(xiāng)nx₀+x₀=0，
∴當(dāng)0＜x＜x₀，g′（x）＜0，當(dāng)x＞x₀，g′（x）＞0，
故g（x）在（0，x₀）上是減函數(shù)，在（x₀，+∞）上是增函數(shù)，
∴g（x）≥g（x₀）=x₀（${e}^{{x}_{0}}$-$\frac{1}{{x}_{0}}$）-lnx₀-x₀=0，
∴f（x）≥lnx+x+1，
綜上可知：函數(shù)f（x）≥lnx+x+1．．

點(diǎn)評(píng) 本題考查導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用，考查導(dǎo)數(shù)的幾何意義，利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的單調(diào)性及最值，考查構(gòu)造法，考查計(jì)算能力，屬于中檔題．