Question

已知函数f(x)=

ex-1，x＞0 1 3 x3+mx2，x≤0

（m∈R，e是自然常数）．
（1）求函数f（x）的极值；
（2）当x＞0时，设f（x）的反函数为f^-1（x），若0＜p＜q，试比较f（q-p），f^-1（q-p）及f^-1（q）-f^-1（p）的大小．

Answer 1

分析：（1）求函数f（x）的导数，由于导数中存在参数m，其取值范围的不同会造成函数的单调区间不同，极值的存在与否不同，故需要对参数m分类讨论，在每一类中求函数的极值；
（2）观察题设，要比较大小的几个数值的函数名不同，不易借助同一个函数的单调性来进行判断，本题采取了构造一个新函数的方法，借用新函数的单调性来比较两数的大小，对于函数名相同的两个数值大小的比较，直接作差即可．

解答：解：（1）∵当x＞0时，f（x）=e^x-1在上单调递增，且f（x）=e^x-1＞0
当x≤0时，f（x）=

1

3

x³+mx²，此时f′（x）=x²+2mx=x（x+2m）
①当m=0时，f′（x）=x²≥0，则f（x）=

1

3

x³在（-∞，0】上单调递增且f（x）=

1

3

x³≤0，又f（0）=0，可知函数f（x）在R上单调递增，故无极值．
②当m＜0时同理，函数f（x）在R上单调递增，故无极值
③当m＞0时，令f′（x）=x（x+2m）＞0，得x＞0或x＜-2m．此时函数f（x）=

1

3

x³+mx²在（-∞，-2m]上单调递增，在（-2m，0]上单调递减．
∴函数在f（x）x=-2m处取得极大值f（-2m）=-

8

3

m³+4m³=

4

3

m³＞0；
又∵f（x）在（0，+∞）上单调递增，故函数f（x）在x=0处取得极小值f（0）=0．
综上可知：当m＞0时，f（x）的极大值为

4

3

m³，极小值为0；当m≤时，f（x）无极值
（2）当x＞0时，设y=f（x）=e^x-1则x=ln（y+1）
∴f^-1（x）=ln（x+1）（x＞0）
①比较f（q-p）与f^-1（q-p）的大小．
记g（x）=f（x）-f^-1（x）=e^x-ln（x+1）-1（x＞0）
∵当x＞0时，有g′（x）＞g′（0）=0恒成立．
∴函数g（x）在（0，+∞）上单调递增，又因为g（x）在x=0处连续
∴当x＞0时，有g（x）＞g（0）=e⁰-ln（0+1）-1=0
当0＜p＜q时，有p-p＞0，
∴g（q-p）=f（q-p）-f^-1（q-p）＞0，即f（q-p）＞f^-1（q-p）
②比较f^-1（q-p）与f^-1（q）-f^-1（p）的大小
∵f^-1（q-p）-[f^-1（q）-f^-1（p）]=ln（q-p+1）-ln（q+1）+ln（p+1）
∵0＜p＜q，∴

p(q-p)

q+1

+1＞1，
∴ln[

p(q-p)

q+1

+1]＞0
∴g（q-p）＞f（q）-f^-1（p）
由①②可知，当0＜p＜q时，有f（q-p）＞f^-1（q-p）＞f^-1（q）-f^-1（p）

点评：本题考点是利用导数研究函数的极值，考查了函数极值存在的条件，利用导数研究函数的单调性，以及利用单调性比较大小，本题也涉及了对数与指数的运算，故本题辞让强，综合性强，解答时注意体会本题问题的转化技巧与方法．