Question

已知函數(shù)f(x)=

ex-1，x＞0 1 3 x3+mx2，x≤0

（m∈R，e是自然常數(shù)）．
（1）求函數(shù)f（x）的極值；
（2）當(dāng)x＞0時(shí)，設(shè)f（x）的反函數(shù)為f^-1（x），若0＜p＜q，試比較f（q-p），f^-1（q-p）及f^-1（q）-f^-1（p）的大�。�

Answer 1

分析：（1）求函數(shù)f（x）的導(dǎo)數(shù)，由于導(dǎo)數(shù)中存在參數(shù)m，其取值范圍的不同會(huì)造成函數(shù)的單調(diào)區(qū)間不同，極值的存在與否不同，故需要對(duì)參數(shù)m分類討論，在每一類中求函數(shù)的極值；
（2）觀察題設(shè)，要比較大小的幾個(gè)數(shù)值的函數(shù)名不同，不易借助同一個(gè)函數(shù)的單調(diào)性來(lái)進(jìn)行判斷，本題采取了構(gòu)造一個(gè)新函數(shù)的方法，借用新函數(shù)的單調(diào)性來(lái)比較兩數(shù)的大小，對(duì)于函數(shù)名相同的兩個(gè)數(shù)值大小的比較，直接作差即可．

解答：解：（1）∵當(dāng)x＞0時(shí)，f（x）=e^x-1在上單調(diào)遞增，且f（x）=e^x-1＞0
當(dāng)x≤0時(shí)，f（x）=

1

3

x³+mx²，此時(shí)f′（x）=x²+2mx=x（x+2m）
①當(dāng)m=0時(shí)，f′（x）=x²≥0，則f（x）=

1

3

x³在（-∞，0】上單調(diào)遞增且f（x）=

1

3

x³≤0，又f（0）=0，可知函數(shù)f（x）在R上單調(diào)遞增，故無(wú)極值．
②當(dāng)m＜0時(shí)同理，函數(shù)f（x）在R上單調(diào)遞增，故無(wú)極值
③當(dāng)m＞0時(shí)，令f′（x）=x（x+2m）＞0，得x＞0或x＜-2m．此時(shí)函數(shù)f（x）=

1

3

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

8

3

m³+4m³=

4

3

m³＞0；
又∵f（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增，故函數(shù)f（x）在x=0處取得極小值f（0）=0．
綜上可知：當(dāng)m＞0時(shí)，f（x）的極大值為

4

3

m³，極小值為0；當(dāng)m≤時(shí)，f（x）無(wú)極值
（2）當(dāng)x＞0時(shí)，設(shè)y=f（x）=e^x-1則x=ln（y+1）
∴f^-1（x）=ln（x+1）（x＞0）
①比較f（q-p）與f^-1（q-p）的大�。�
記g（x）=f（x）-f^-1（x）=e^x-ln（x+1）-1（x＞0）
∵當(dāng)x＞0時(shí)，有g(shù)′（x）＞g′（0）=0恒成立．
∴函數(shù)g（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增，又因?yàn)間（x）在x=0處連續(xù)
∴當(dāng)x＞0時(shí)，有g(shù)（x）＞g（0）=e⁰-ln（0+1）-1=0
當(dāng)0＜p＜q時(shí)，有p-p＞0，
∴g（q-p）=f（q-p）-f^-1（q-p）＞0，即f（q-p）＞f^-1（q-p）
②比較f^-1（q-p）與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，
∴l(xiāng)n[

p(q-p)

q+1

+1]＞0
∴g（q-p）＞f（q）-f^-1（p）
由①②可知，當(dāng)0＜p＜q時(shí)，有f（q-p）＞f^-1（q-p）＞f^-1（q）-f^-1（p）

點(diǎn)評(píng)：本題考點(diǎn)是利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的極值，考查了函數(shù)極值存在的條件，利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，以及利用單調(diào)性比較大小，本題也涉及了對(duì)數(shù)與指數(shù)的運(yùn)算，故本題辭讓強(qiáng)，綜合性強(qiáng)，解答時(shí)注意體會(huì)本題問(wèn)題的轉(zhuǎn)化技巧與方法．