Question

已知函數(shù)f（x）=e^x，g（x）=x-m，m∈R．
（1）若曲線y=f（x）與直線y=g（x）相切，求實(shí)數(shù)m的值；
（2）記h（x）=f（x）•g（x），求h（x）在[0，1]上的最大值；
（3）當(dāng)m=0時(shí)，試比較e^f（x-2）與g（x）的大小．

Answer 1

考點(diǎn)：導(dǎo)數(shù)在最大值、最小值問(wèn)題中的應(yīng)用

專(zhuān)題：函數(shù)的性質(zhì)及應(yīng)用,導(dǎo)數(shù)的概念及應(yīng)用,導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用

分析：（1）研究函數(shù)的切線主要是利用切點(diǎn)作為突破口求解；
（2）通過(guò)討論函數(shù)在定義域內(nèi)的單調(diào)性確定最值，要注意對(duì)字母m的討論；
（3）比較兩個(gè)函數(shù)的大小主要是轉(zhuǎn)化為判斷兩個(gè)函數(shù)的差函數(shù)的符號(hào)，然后轉(zhuǎn)化為研究差函數(shù)的單調(diào)性研究其最值．

解答： 解：（1）設(shè)曲線f（x）=e^x與g（x）=x-m相切于點(diǎn)P（x₀，y₀），由f′（x）=e^x，知e x0=1解得x₀=0．又可求得P為（0，1），所以代入g（x）=x-m，解得m=-1．
（2）因?yàn)閔（x）=（x-m）e^x，所以h′（x）=e^x+（x-m）e^x=（x-（m-1））e^x，x∈[0，1]．
①當(dāng)m-1≤0，即m≤1時(shí)，h′（x）≥0，此時(shí)h（x）在[0，1]上單調(diào)遞增，所以h（x）_max=h（1）=（1-m）e；
②當(dāng)0＜m-1＜1，即1＜m＜2時(shí)，當(dāng)x∈（0，m-1）時(shí)，h′（x）＜0，h（x）單調(diào)遞減，
當(dāng)x∈（m-1，1）時(shí)，h′（x）＞0，h（x）單調(diào)遞增，h（0）=-m，h（1）=（1-m）e．
（i）當(dāng)-m≥（1-m）e，即

e

e-1

≤m＜2時(shí)，h（x）_max=h（0）=-m．
（ii）當(dāng)-m＜（1-m）e，即1＜m＜

e

e-1

時(shí)，h（x）_max=h（1）=（1-m）e．
③當(dāng)m-1≥1，即m≥2時(shí)，h′（x）≤0，此時(shí)h（x）在[0，1]上單調(diào)遞減，所以h（x）_max=h（0）=-m．
綜上，當(dāng)m＜

e

e-1

時(shí)，h（x）_max=（1-m）e；當(dāng)m≥

e

e-1

時(shí)，h（x）_max=-m．
（3）當(dāng)m=0時(shí)，ef(x-2)=eex-2，g（x）=x．
①當(dāng)x≤0時(shí)，顯然e^f（x-2）＞g（x）；
②當(dāng)x＞0時(shí)，lnef(x-2)=lneex-2=e^x-2．lng（x）=lnx．
記函數(shù)ω(x)=ex-2-lnx=

1

e2

×ex-lnx，則ω′(x)=

1

e2

×ex-

1

x

=ex-2-

1

x

，可知ω′（x）在（0，+∞）上遞增，
又由ω′（1）＜0，ω′（2）＞0知：ω′（x）=0在（0，+∞）上有唯一實(shí)根x₀，且1＜x₀＜2，
則ω′(x0)=ex0-2-

1

x0

=0，即ex0-2=

1

x0

(*)，
當(dāng)x∈（0，x₀）時(shí)ω′（x）＜0，ω（x）遞減；當(dāng)x∈（x₀，+∞）時(shí)，ω′（x）＞0，ω（x）單調(diào)遞增．
所以ω(x)≥ω(x0)=ex0-2-lnx0，結(jié)合（*）式，ex0-2=

1

x0

，知x₀-2=-lnx₀，
所以ω(x)≥ω(x0)=

1

x0

+x0-2=

x02-2x0+1

x0

=

(x0-1)2

x0

＞0，
則ω（x）=e^x-2-lnx＞0，即e^x-2＞lnx，所以eex-2＞x，
綜上e^f（x-2）＞g（x）．

點(diǎn)評(píng)：本題綜合考查了利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性、最值基本思路，當(dāng)比較兩個(gè)函數(shù)大小的時(shí)候，就轉(zhuǎn)化為兩個(gè)函數(shù)的差的單調(diào)性，進(jìn)一步確定最值確定符號(hào)比較大�。�