Question

2．已知函數(shù)f（x）=e^x+m-x³，g（x）=ln（x+1）+2．
（1）若曲線y=f（x）在點（0，f（0））處的切線斜率為1，求實數(shù)m的值；
（2）若h（x）=g（x-1）-ax-2在（0，+∞）有兩個零點，求a的取值范圍；
（3）當(dāng)m≥1時，證明：f（x）＞g（x）-x³．

Answer 1

分析 （1）求出f（x）的導(dǎo)數(shù)，求得切線的斜率，解方程可得m；
（2）求出函數(shù)h（x）的表達式，將函數(shù)有兩個零點轉(zhuǎn)化為方程有兩個根，構(gòu)造函數(shù)轉(zhuǎn)化為兩個函數(shù)的交點個數(shù)問題進行求解即可．
（3）f（x）＞g（x）-x³即為e^x+m＞ln（x+1）+2．由函數(shù)y=e^x-x-1，求得最小值，可得e^x≥x+1，則e^x+m＞x+m+1，再由h（x）=x+m+1-ln（x+1）-2=x+m-ln（x+1）-1，求出導(dǎo)數(shù)，求得最小值，由條件即可得證．

解答 （1）解：因為f（x）=e^x+m-x³，所以f′（x）=e^x+m-3x²．
因為曲線y=f（x）在點（0，f（0））處的切線斜率為1，
所以f′（0）=e^m=1，
解得m=0．
（2）若h（x）=g（x-1）-ax-2=lnx+2-ax-2=lnx-ax在（0，+∞）有兩個零點，
等價為lnx-ax=0在（0，+∞）有兩個不同的根，
即a=$\frac{lnx}{x}$，設(shè)g（x）=$\frac{lnx}{x}$，則函數(shù)的導(dǎo)數(shù)g′（x）=$\frac{1-lnx}{{x}^{2}}$，由g′（x）＞0得0＜x＜e，由g′（x）＜0，得x＞e，
即當(dāng)x=e時，函數(shù)g（x）取得極大值g（e）=$\frac{1}{e}$，
又g（x）有且只有一個零點1，當(dāng)x→0時，g（x）→-∞，
當(dāng)x→+∞時，g（x）→0，
則要使a=$\frac{lnx}{x}$在[0，+∞）上有兩個不同的根，則0＜a＜$\frac{1}{e}$．
（3）證明：f（x）＞g（x）-x³即為e^x+m＞ln（x+1）+2．
由y=e^x-x-1的導(dǎo)數(shù)為y′=e^x-1，
當(dāng)x＞0時，y′＞0，函數(shù)遞增；當(dāng)x＜0時，y′＜0，函數(shù)遞減．
即有x=0處取得極小值，也為最小值0．
即有e^x≥x+1，則e^x+m≥x+m+1，
由h（x）=x+m+1-ln（x+1）-2=x+m-ln（x+1）-1，
h′（x）=1-$\frac{1}{x+1}$，當(dāng)x＞0時，h′（x）＞0，h（x）遞增；
-1＜x＜0時，h′（x）＜0，h（x）遞減．
即有x=0處取得最小值，且為m-1，
當(dāng)m≥1時，即有h（x）≥m-1≥0，
即x+m+1≥ln（x+1）+2，
則有f（x）＞g（x）-x³成立．

點評 本題考查導(dǎo)數(shù)的運用：求切線的斜率和單調(diào)區(qū)間、極值和最值，考查不等式的證明，注意運用構(gòu)造法，以及不等式的傳遞性，考查學(xué)生的運算能力，綜合性較強，有一定的難度．