已知函数（1）讨论函数f(x)的极值情况；（2）设g(x)="ln(x"+1)，当x1>x2>0时，试比较f(x1–x2)与g(x1–x2)及g(x1)–g(x2)三者

题目简介

已知函数

（1）讨论函数f (x)的极值情况；
（2）设g (x) =" ln(x" + 1)，当x₁>x₂>0时，试比较f (x₁ – x₂)与g (x₁ – x₂)及g (x₁) –g (x₂)三者的大小；并说明理由．

题型：解答题难度：偏易来源：不详

（1）f (x)在(0, +∞)上递增，故f (x)有极小值f (0) = 0，f (x)有极大值

（2）见解析

本试题主要考查了分段函数的极值的问题的运用。利用三次函数的极值的判定结合证明。以及利用单调性证明不等式的问题的综合运用。
（1）分别对于两段函数的单调性进行判定，确定极值问题。
(2)先对当x >0时，先比较ex – 1与ln(x + 1)的大小，
然后得到就是f (x) > g (x) ，

成立．再比较

与g (x1) –g (x2) =ln(x1 + 1) –ln(x2 + 1)的大小．，利用作差法得到证明。
解：（1）当x>0时，f (x) = ex – 1在(0，+∞)单调递增，且f (x)>0；
当x≤0时，

．
①若m = 0，f ′(x) = x2≥0, f (x) =

在(–∞，0]上单调递增，且f (x) =

．
又f (0) = 0，∴f (x)在R上是增函数，无极植；
②若m<0，f ′(x) = x（x + 2m) >0，则f (x) =

在(–∞，0)单调递增，同①可知f (x)在R上也是增函数，无极值； ………………4分
③若m>0，f (x)在(–∞，–2m]上单调递增，在(–2m，0)单调递减，
又f (x)在(0, +∞)上递增，故f (x)有极小值f (0) = 0，f (x)有极大值

． 6分
（2）当x >0时，先比较ex – 1与ln(x + 1)的大小，
设h(x) = ex – 1–ln(x + 1) (x >0)
h′(x) =

恒成立
∴h(x)在(0，+∞)是增函数，h(x)>h (0) = 0
∴ex – 1–ln(x + 1) >0即ex – 1>ln(x + 1)
也就是f (x) > g (x) ，

成立．
故当x1 – x2>0时，f (x1 – x2)> g (x1 – x2)……………………………10分
再比较

与g (x1) –g (x2) =ln(x1 + 1) –ln(x2 + 1)的大小．

∴g (x1 – x2) > g (x1) –g (x2)
∴f (x1 – x2)> g (x1 – x2) > g (x1) –g (x2) ．