Question

(理)已知函數(shù)f(x)=(m∈R,e=2.718 28…是自然對數(shù)的底數(shù)).

(1)求函數(shù)f(x)的極值;

(2)當x＞0時,設(shè)f(x)的反函數(shù)為f^-1(x),對0＜p＜q,試比較f(q-p)、f^-1(q-p)及f^-1(q)-f^-1(p)的大小.

(文)已知函數(shù)f(x)=x³+bx²+cx+d(b、c、d∈R且都為常數(shù))的導(dǎo)函數(shù)為f′(x)=3x²+4x,且f(1)=7,設(shè)F(x)=f(x)-ax²(a∈R).

(1)當a＜2時,求F(x)的極小值;

(2)若對任意的x∈［0,+∞),都有F(x)≥0成立,求a的取值范圍并證明不等式a²-13a+39≥.

Answer 1

(理)解:(1)∵當x＞0時,f(x)=e^x-1在(0,+∞)上單調(diào)遞增,且f(x)=e^x-1＞0;

當x≤0時,f(x)= x³+mx²,

此時f′(x)=x²+2mx=x(x+2m).

①若m=0時,f′(x)=x²≥0,則f(x)= x³在(-∞,0］上單調(diào)遞增,且f(x)= x³≤0.

又f(0)=0,可知函數(shù)f(x)在R上單調(diào)遞增,無極值.

②若m＜0,令f′(x)=x(x+2m)＞0x＜0或x＞-2m(舍去).

函數(shù)f(x)= x³+mx²在(-∞,0］上單調(diào)遞增,

同理,函數(shù)f(x)在R上單調(diào)遞增,無極值.

③若m＞0,令f′(x)=x(x+2m)＞0x＞0或x＜-2m.

函數(shù)f(x)= x³+mx²在(-∞,-2m］上單調(diào)遞增,在(-2m,0］上單調(diào)遞減.

此時函數(shù)f(x)在x=-2m處取得極大值:

f(-2m)=m³+4m³=m³＞0;

又f(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增,故在x=0處取得極小值:f(0)=0.

綜上可知,當m＞0時,f(x)的極大值為m³,極小值為0;

當m≤0時,f(x)無極值.

(2)當x＞0時,設(shè)y=f(x)=e^x-1y+1=e^xx=ln(y+1).

∴f^-1(x)=ln(x+1)(x＞0).

①比較f(q-p)與f^-1(q-p)的大小.

記g(x)=f(x)-f^-1(x)=e^x-ln(x+1)-1(x＞0).

∵g′(x)=e^x-在(0,+∞)上是單調(diào)遞增函數(shù),

∴g′(x)＞g′(0)=e⁰-=0恒成立.

∴函數(shù)g(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增.

∴g(x)＞g(0)=e⁰-ln(0+1)-1=0.

當0＜p＜q時,有q-p＞0,

∴g(q-p)=e^q-p-ln(q-p+1)-1＞0.

∴e^q-p-1＞ln(q-p+1),

即f(q-p)＞f^-1(q-p).①9分

②比較f^-1(q-p)與f^-1(q)-f^-1(p)的大小.

ln(q-p+1)-［ln(q+1)-ln(p+1)］

=ln(q-p+1)-ln(q+1)+ln(p+1)

=ln

=ln

=ln

=ln

=ln［+1］.

∵0＜p＜q,

∴+1＞1,故ln［+1］＞0.

∴l(xiāng)n(q-p+1)＞ln(q+1)-ln(p+1),

即f^-1(q-p)＞f^-1(q)-f^-1(p).②

(注:也可用分析法或考察函數(shù)h(x)=ln(x-p+1)-ln(x+1)+ln(p+1),x∈(p,+∞).

求導(dǎo)可知h(x)在(p,+∞)上單調(diào)遞增.

∴h(x)＞h(p)恒成立,而h(p)=0.

∴h(x)＞0在x∈(p,+∞)上恒成立.

∵q∈(p,+∞),∴h(q)＞0恒成立)

∴由①②可知,當0＜p＜q時,有f(q-p)＞f^-1(q-p)＞f^-1(q)-f^-1(p).

(文)解:(1)∵f′(x)=3x²+4x=3x²+2bx+c,

∴b=2,c=0.

∴f(x)=x³+2x²+d.

又∵f(1)=7,∴d=4.

∴f(x)=x³+2x²+4.2分

∴F(x)=f(x)-ax²=x³+2x²+4-ax²=x³+(2-a)x²+4.

則F′(x)=3x²+2(2-a)x.

由F′(x)=0求得x₁=,x₂=0.

∵a＜2,

∴x₁＜x₂.

當x變化時,F′(x)、F(x)的變化情況如下:

x	(-∞,)		(,0)	0	(0,+∞)
F′(x)	+	0	-	0	+
F(x)	增函數(shù)	極大值	減函數(shù)	極小值	增函數(shù)

∴當x=0時,F(x)取得極小值4

(2)由(1)知F(x)=x³+(2-a)x²+4.

∵F(x)≥0在［0,+∞)上恒成立當x∈［0,+∞)時,F(x)_min≥0.

①若2-a＞0,即a＜2時,由(1)可知F(x)_min=F(0)=4＞0,符合題意;

②若2-a≤0,即a≥2時,由F′(x)=0求得x₁=,x₂=0,且x₁＞x₂.

∴當x∈［0,+∞)時,

F(x)_min=F()≥0,

即()³-(a-2)()²+4≥0，解不等式得2≤a≤5.

綜上所述,應(yīng)有a≤5.9分

要證不等式a²-13a+39≥,只需證6-a+≥-(a-6)²+3.

∵a≤5,∴6-a+≥2,-(a-6)²+3≤2.(當a=5時,“=”成立）

故a²-13a+39≥成立（當a=5時，“=”成立）.