分析 (1)求出原函數(shù)的導(dǎo)函數(shù)f′(x)=1-mex.當(dāng)m≤0時(shí),則f′(x)>0,函數(shù)f(x)為(-∞,+∞)上的增函數(shù);當(dāng)m>0時(shí),由導(dǎo)函數(shù)的符號(hào)確定原函數(shù)的單調(diào)性;
(2)f(x)≤e2x?m≥xex−ex,設(shè)g(x)=xex−ex,利用導(dǎo)數(shù)求出g(x)的最大值,則實(shí)數(shù)m的取值范圍可求;
(3)由f(x)有兩個(gè)不同零點(diǎn)x1,x2,得x1=mex1,x2=mex2,兩式作差可得x1−x2=m(ex1−ex2),即m=x1−x2ex1−ex2.要證x1+x2>2,只要證明m(ex1+ex2)>2,即證(x1−x2)ex1+ex2ex1−ex2>2.不妨設(shè)x1>x2,記t=x1-x2,則t>0,et>1,轉(zhuǎn)化為(t-2)et+t+2>0.構(gòu)造函數(shù)h(t)=(t-2)et+t+2(t>0),利用導(dǎo)數(shù)證明(t-2)et+t+2>0成立.
解答 (1)解:f′(x)=1-mex.
當(dāng)m≤0時(shí),f′(x)>0,函數(shù)f(x)為(-∞,+∞)上的增函數(shù);
當(dāng)m>0時(shí),由f′(x)>0,得x<-lnm,∴f(x)在(-∞,-lnm)上為增函數(shù);
由f′(x)<0,得x>-lnm,∴f(x)在(-lnm,+∞)上為減函數(shù);
(2)解:f(x)≤e2x?m≥xex−ex,
設(shè)g(x)=xex−ex,則g′(x)=1−e2x−xex,
當(dāng)x<0時(shí),1-e2x>0,g′(x)>0,則g(x)在(-∞,0)上單調(diào)遞增;
當(dāng)x>0時(shí),1-e2x<0,g′(x)<0,則g(x)在(0,-∞)上單調(diào)遞減.
∴g(x)max=g(0)=-1,則m≥-1;
(3)證明:f(x)有兩個(gè)不同零點(diǎn)x1,x2,則x1=mex1,x2=mex2,
因此x1−x2=m(ex1−ex2),即m=x1−x2ex1−ex2.
要證x1+x2>2,只要證明m(ex1+ex2)>2,即證(x1−x2)ex1+ex2ex1−ex2>2.
不妨設(shè)x1>x2,記t=x1-x2,則t>0,et>1,
因此只要證明t•et+1et−1>2,即(t-2)et+t+2>0.
記h(t)=(t-2)et+t+2(t>0),h′(t)=(t-1)et+1,h″(t)=tet.
當(dāng)t>0時(shí),h″(t)=tet>0,∴h′(t)>h′(0)=0,
則h(t)在(0,+∞)上單調(diào)遞增,∴h(t)>h(0)=0,
即(t-2)et+t+2>0成立.
∴x1+x2>2.
點(diǎn)評(píng) 本題考查導(dǎo)數(shù)知識(shí)的運(yùn)用,考查函數(shù)的單調(diào)性與最值,考查導(dǎo)數(shù)的幾何意義,考查恒成立問題,正確求導(dǎo)是關(guān)鍵,屬難題.
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