Question

9．已知函數(shù)f（x）=e^x，g（x）=mx+n．
（1）設(shè)h（x）=f（x）-g（x）．當(dāng)n=0時(shí)，若函數(shù)h（x）在（-1，+∞）上沒有零點(diǎn)，求m的取值范圍；
（2）設(shè)函數(shù)r（x）=$\frac{m}{f（x）}+\frac{nx}{g（x）}$，且n=4m（m＞0），求證：x≥0時(shí)，r（x）≥1．

Answer 1

分析 （1）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)的幾何意義即可得到結(jié)論．（2）求出r（x）的表達(dá)式，求函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性即可．

解答 解：（1）當(dāng)n=0時(shí)，h（x）=f（x）-g（x）=e^x-mx．
若函數(shù)h（x）在（-1，+∞）上沒有零點(diǎn)，
即e^x-mx=0在（-1，+∞）上無解，
若x=0，則方程無解，滿足條件，
若x≠0，則方程等價(jià)為m=$\frac{{e}^{x}}{x}$，
設(shè)g（x）=$\frac{{e}^{x}}{x}$，
則函數(shù)的導(dǎo)數(shù)g′（x）=$\frac{{e}^{x}（x-1）}{{x}^{2}}$，
若-1＜x＜0，則g′（x）＜0，此時(shí)函數(shù)單調(diào)遞減，則g（x）＜g（-1）=-e^-1，
若x＞0，由g′（x）＞0得x＞1，
由g′（x）＜0，得0＜x＜1，即當(dāng)x=1時(shí)，函數(shù)取得極小值，同時(shí)也是最小值，此時(shí)g（x）≥g（1）=e，
綜上g（x）≥e或g（x）＜-e^-1，
若方程m=$\frac{{e}^{x}}{x}$無解，則-e^-1≤m＜e．
（2）∵n=4m（m＞0），
∴函數(shù)r（x）=$\frac{m}{f（x）}+\frac{nx}{g（x）}$=$\frac{1}{{e}^{x}}$+$\frac{nx}{mx+n}$=$\frac{1}{{e}^{x}}$+$\frac{4x}{x+4}$，
則函數(shù)的導(dǎo)數(shù)r′（x）=$\frac{1{6e}^{x}{-（x+4）}^{2}}{{{e}^{x}（x+4）}^{2}}$，
設(shè)h（x）=16e^x-（x+4）²，
則h′（x）=16e^x-2（x+4）=16e^x-2x-8，
[h′（x）]′=16e^x-2，
當(dāng)x≥0時(shí)，[h′（x）]′=16e^x-2＞0，則h′（x）為增函數(shù)，即h′（x）＞h′（0）=16-8=8＞0，
即h（x）為增函數(shù)，∴h（x）≥h（0）=16-16=0，
即r′（x）≥0，即函數(shù)r（x）在[0，+∞）上單調(diào)遞增，
故r（x）≥r（0）=$\frac{1}{{e}^{0}}$+0=1，
故當(dāng)x≥0時(shí)，r（x）≥1成立．

點(diǎn)評(píng) 本題主要考查導(dǎo)數(shù)的幾何意義的應(yīng)用，以及利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)單調(diào)性，在判斷函數(shù)的單調(diào)性的過程中，多次使用了導(dǎo)數(shù)來判斷函數(shù)的單調(diào)性是解決本題的關(guān)鍵，難度較大．