星期五 (函数与导数问题) 2022年____月____日已知函数f(x)＝ex＋mx－2，g(x)＝mx＋lnx.(1)求函数f(x)的单调区间；(2)当m＝－1时，试推断方程|g(x)|＝＋是否有实数解；(3)证明：在区间(0，＋∞)上，函数y＝f(x)的图象恒在函数y＝g(x)的图象的上方．(1)解 由题意可得：f′(x)＝ex＋m.当m≥0，f′(x)＞0，所以当m≥0时，函数f(x)的单调增区间为(－∞，＋∞)．当m＜0时，令f′(x)＞0，即ex＋m＞0，可得x＞ln(－m)；令f′(x)＜0，即ex＋m＜0，可得x＜ln(－m)．所以当m＜0时，函数f(x)的单调增区间为[ln(－m)，＋∞)，单调减区间为(－∞，ln(－m)]．(2)解 当m＝－1时，g(x)＝－x＋lnx(x＞0)，易得g′(x)＝－1.令g′(x)＞0，可得0＜x＜1，令g′(x)＜0，可得x＞1.故g(x)在x＝1得取得极大值，亦即最大值．即g(x)≤g(1)＝－1，∴|g(x)|≥1.令h(x)＝＋，所以h′(x)＝.令h′(x)＞0，可得0＜x＜e，令h′(x)＜0，可得x＞e，故h(x)在x＝e取得极大值，亦即最大值，∴h(x)≤h(e)＝＋＜1.所以方程|g(x)|＝＋无实数解．(3)证明 由题意可知本题即证：当x∈(0，＋∞)时，f(x)＞g(x)恒成立．令F(x)＝f(x)－g(x)＝ex－lnx－2(x＞0)，则F′(x)＝ex－＝.令H(x)＝xex－1，则H′(x)＝ex＋xex＝ex(x＋1)．又x∈(0，＋∞)，∴H′(x)＞0，∴函数H(x)在(0，＋∞)上单调递增．2\n∴H(0)＝－1.又H(1)＝e－1＞0，设x0为函数H(x)的零点，则x0∈(0，1)，即H(x0)＝x0ex0－1＝0，即x0ex0＝1，∴x0＝＝e－x0，ex0＝，∴当x∈(0，x0)时，H(x)＜0，即x∈(0，x0)时，函数F(x)单调递减，当x∈(x0，＋∞)时，H(x)＞0，即x∈(x0，＋∞)时，函数F(x)单调递增．∴x0为函数F(x)的极小值点，亦即最小值点，∴F(x)≥F(x0)＝ex0－lnx0－2＝＋x0－2＞2－2＝0，∴F(x)＞0，即x∈(0，＋∞)时，f(x)＞g(x)，∴原题得证．2
