Question

已知函数f（x）=e^x，g（x）=x-m，m∈R．
（1）若曲线y=f（x）与直线y=g（x）相切，求实数m的值；
（2）记h（x）=f（x）•g（x），求h（x）在[0，1]上的最大值；
（3）当m=0时，试比较e^f（x-2）与g（x）的大小．

Answer 1

考点：导数在最大值、最小值问题中的应用

专题：函数的性质及应用,导数的概念及应用,导数的综合应用

分析：（1）研究函数的切线主要是利用切点作为突破口求解；
（2）通过讨论函数在定义域内的单调性确定最值，要注意对字母m的讨论；
（3）比较两个函数的大小主要是转化为判断两个函数的差函数的符号，然后转化为研究差函数的单调性研究其最值．

解答： 解：（1）设曲线f（x）=e^x与g（x）=x-m相切于点P（x₀，y₀），由f′（x）=e^x，知e x0=1解得x₀=0．又可求得P为（0，1），所以代入g（x）=x-m，解得m=-1．
（2）因为h（x）=（x-m）e^x，所以h′（x）=e^x+（x-m）e^x=（x-（m-1））e^x，x∈[0，1]．
①当m-1≤0，即m≤1时，h′（x）≥0，此时h（x）在[0，1]上单调递增，所以h（x）_max=h（1）=（1-m）e；
②当0＜m-1＜1，即1＜m＜2时，当x∈（0，m-1）时，h′（x）＜0，h（x）单调递减，
当x∈（m-1，1）时，h′（x）＞0，h（x）单调递增，h（0）=-m，h（1）=（1-m）e．
（i）当-m≥（1-m）e，即

e

e-1

≤m＜2时，h（x）_max=h（0）=-m．
（ii）当-m＜（1-m）e，即1＜m＜

e

e-1

时，h（x）_max=h（1）=（1-m）e．
③当m-1≥1，即m≥2时，h′（x）≤0，此时h（x）在[0，1]上单调递减，所以h（x）_max=h（0）=-m．
综上，当m＜

e

e-1

时，h（x）_max=（1-m）e；当m≥

e

e-1

时，h（x）_max=-m．
（3）当m=0时，ef(x-2)=eex-2，g（x）=x．
①当x≤0时，显然e^f（x-2）＞g（x）；
②当x＞0时，lnef(x-2)=lneex-2=e^x-2．lng（x）=lnx．
记函数ω(x)=ex-2-lnx=

1

e2

×ex-lnx，则ω′(x)=

1

e2

×ex-

1

x

=ex-2-

1

x

，可知ω′（x）在（0，+∞）上递增，
又由ω′（1）＜0，ω′（2）＞0知：ω′（x）=0在（0，+∞）上有唯一实根x₀，且1＜x₀＜2，
则ω′(x0)=ex0-2-

1

x0

=0，即ex0-2=

1

x0

(*)，
当x∈（0，x₀）时ω′（x）＜0，ω（x）递减；当x∈（x₀，+∞）时，ω′（x）＞0，ω（x）单调递增．
所以ω(x)≥ω(x0)=ex0-2-lnx0，结合（*）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，
则ω（x）=e^x-2-lnx＞0，即e^x-2＞lnx，所以eex-2＞x，
综上e^f（x-2）＞g（x）．

点评：本题综合考查了利用导数研究函数的单调性、最值基本思路，当比较两个函数大小的时候，就转化为两个函数的差的单调性，进一步确定最值确定符号比较大小．