Question

已知函數(shù)f（x）=

ex-1    (x＞0) 1 3 x3+mx2  (x≤0)

．
（Ⅰ）討論函數(shù)f（x）的極值情況；
（Ⅱ）設(shè)g（x）=ln（x+1），當(dāng)x₁＞x₂＞0時(shí)，試比較f（x₁-x₂）與g（x₁-x₂）及g（x₁）-g（x₂）三者的大小；并說(shuō)明理由．

Answer 1

分析：（Ⅰ）對(duì)函數(shù)的解析式進(jìn)行研究，當(dāng)x＞0時(shí)，函數(shù)是增函數(shù)，且函數(shù)值為正，故極值只可能存在于x＜0時(shí)，求導(dǎo)，研究函數(shù)的單調(diào)性，由于導(dǎo)數(shù)中存在參數(shù)m，其取值范圍對(duì)導(dǎo)數(shù)的取值有影響，故需要對(duì)其分類討論，觀察發(fā)現(xiàn)需要分m=0，m＞0，m＜0三類進(jìn)行研究．
（Ⅱ）三數(shù)的比較中前兩數(shù)的比較可以構(gòu)造新函數(shù)，研究其函數(shù)值的取值范圍確定兩數(shù)的大小，后兩數(shù)的比較由于牽涉到兩個(gè)變量，且函數(shù)名相同故可以采用作差法比較．

解答：解：（Ⅰ）當(dāng)x＞0時(shí)，f（x）=e^x-1在（0，+∞）單調(diào)遞增，且f（x）＞0；
當(dāng)x≤0時(shí)，f′（x）=x²+2mx．
（�。┤鬽=0，f′（x）=x²≥0，f（x）=

1

3

x³在（-∞，0]上單調(diào)遞增，且f（x）=

1

3

x³≤0．
又f（0）=0，∴f（x）在R上是增函數(shù)，無(wú)極植；
（ⅱ）若m＜0，f′（x）=x（x+2m）＞0，則f（x）=

1

3

x³+mx²在（-∞，0）單調(diào)遞增，
同①可知f（x）在R上也是增函數(shù)，無(wú)極值；（4分）
（ⅲ）若m＞0，f（x）在（-∞，-2m]上單調(diào)遞增，在（-2m，0）單調(diào)遞減，
又f（x）在（0，+∞）上遞增，故f（x）有極小值f（0）=0，f（x）有極大值f（-2m）=

4

3

m³．（6分）
（Ⅱ）當(dāng)x＞0時(shí)，先比較e^x-1與ln（x+1）的大小，
設(shè)h（x）=e^x-1-ln（x+1）（x＞0）
h′（x）=e^x-

1

x+1

＞0恒成立
∴h（x）在（0，+∞）是增函數(shù)，h（x）＞h（0）=0
∴e^x-1-ln（x+1）＞0即e^x-1＞ln（x+1）
也就是f（x）＞g（x），對(duì)任意x＞0成立．
故當(dāng)x₁-x₂＞0時(shí)，f（x₁-x₂）＞g（x₁-x₂）（10分）
再比較g（x₁-x₂）=ln（x₁-x₂+1）與g（x₁）-g（x₂）=ln（x₁+1）-ln（x₂+1）的大�。�
∵g（x₁-x₂）-[g（x₁）-g（x₂）]=ln（x₁-x₂+1）-ln（x₁+1）+ln（x₂+1）=ln

(x1-x2+1)(x2+1)

x1+1

=ln[1+

x2(x1-x2)

x1+1

]＞0
∴g（x₁-x₂）＞g（x₁）-g（x₂）
∴f（x₁-x₂）＞g（x₁-x₂）＞g（x₁）-g（x₂）．（12分）

點(diǎn)評(píng)：本題考查利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的極值，求解的關(guān)鍵在第一小題中是根據(jù)導(dǎo)數(shù)的解析式對(duì)參數(shù)進(jìn)行分類，在第二小題中通過(guò)觀察靈活選擇比較大小的方法是解本題的關(guān)鍵，很重要，前兩者的比較選用了函數(shù)法，后兩者的比較選用了作差法，根據(jù)不同情況作出不同選擇，體現(xiàn)了數(shù)學(xué)解題的靈活性．本題考查了觀察能力及靈活轉(zhuǎn)化的能力以及分類討論的思想，較難！