Question

已知函數(shù)（m∈R，e是自然常數(shù)）．
（1）求函數(shù)f（x）的極值；
（2）當x＞0時，設(shè)f（x）的反函數(shù)為f^-1（x），若0＜p＜q，試比較f（q-p），f^-1（q-p）及f^-1（q）-f^-1（p）的大小．

Answer 1

解：（1）∵當x＞0時，f（x）=e^x-1在上單調(diào)遞增，且f（x）=e^x-1＞0
當x≤0時，f（x）=x³+mx²，此時f′（x）=x²+2mx=x（x+2m）
①當m=0時，f′（x）=x²≥0，則f（x）=x³在（-∞，0】上單調(diào)遞增且f（x）=x³≤0，又f（0）=0，可知函數(shù)f（x）在R上單調(diào)遞增，故無極值．
②當m＜0時同理，函數(shù)f（x）在R上單調(diào)遞增，故無極值
③當m＞0時，令f′（x）=x（x+2m）＞0，得x＞0或x＜-2m．此時函數(shù)f（x）=x³+mx²在（-∞，-2m]上單調(diào)遞增，在（-2m，0]上單調(diào)遞減．
∴函數(shù)在f（x）x=-2m處取得極大值f（-2m）=m³+4m³=m³＞0；
又∵f（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增，故函數(shù)f（x）在x=0處取得極小值f（0）=0．
綜上可知：當m＞0時，f（x）的極大值為m³，極小值為0；當m≤時，f（x）無極值
（2）當x＞0時，設(shè)y=f（x）=e^x-1則x=ln（y+1）
∴f^-1（x）=ln（x+1）（x＞0）
①比較f（q-p）與f^-1（q-p）的大�。�
記g（x）=f（x）-f^-1（x）=e^x-ln（x+1）-1（x＞0）
∵當x＞0時，有g(shù)′（x）＞g′（0）=0恒成立．
∴函數(shù)g（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增，又因為g（x）在x=0處連續(xù)
∴當x＞0時，有g(shù)（x）＞g（0）=e⁰-ln（0+1）-1=0
當0＜p＜q時，有p-p＞0，
∴g（q-p）=f（q-p）-f^-1（q-p）＞0，即f（q-p）＞f^-1（q-p）
②比較f^-1（q-p）與f^-1（q）-f^-1（p）的大小
∵f^-1（q-p）-[f^-1（q）-f^-1（p）]=ln（q-p+1）-ln（q+1）+ln（p+1）
∵0＜p＜q，∴+1＞1，
∴l(xiāng)n[+1]＞0
∴g（q-p）＞f（q）-f^-1（p）
由①②可知，當0＜p＜q時，有f（q-p）＞f^-1（q-p）＞f^-1（q）-f^-1（p）
分析：（1）求函數(shù)f（x）的導(dǎo)數(shù)，由于導(dǎo)數(shù)中存在參數(shù)m，其取值范圍的不同會造成函數(shù)的單調(diào)區(qū)間不同，極值的存在與否不同，故需要對參數(shù)m分類討論，在每一類中求函數(shù)的極值；
（2）觀察題設(shè)，要比較大小的幾個數(shù)值的函數(shù)名不同，不易借助同一個函數(shù)的單調(diào)性來進行判斷，本題采取了構(gòu)造一個新函數(shù)的方法，借用新函數(shù)的單調(diào)性來比較兩數(shù)的大小，對于函數(shù)名相同的兩個數(shù)值大小的比較，直接作差即可．
點評：本題考點是利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的極值，考查了函數(shù)極值存在的條件，利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，以及利用單調(diào)性比較大小，本題也涉及了對數(shù)與指數(shù)的運算，故本題辭讓強，綜合性強，解答時注意體會本題問題的轉(zhuǎn)化技巧與方法．