| 模型 | 模型答案 | 正确答案 |
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| 金声玉亮2.0 | (1)【解析】 首先，我们需要找到函数 \( f(x) = e^x - \ln(x + m) \) 的极值点。根据题意，设 \( x = 0 \) 是 \( f(x) \) 的极值点。 极值点的条件是函数的导数在该点为零。我们先求 \( f(x) \) 的导数： \[ f'(x) = \frac{d}{dx} \left( e^x - \ln(x + m) \right) = e^x - \frac{1}{x + m} \] 将 \( x = 0 \) 代入导数中，并设其为零： \[ f'(0) = e^0 - \frac{1}{0 + m} = 1 - \frac{1}{m} = 0 \] 解这个方程可以得到： \[ 1 - \frac{1}{m} = 0 \] \[ \frac{1}{m} = 1 \] \[ m = 1 \] 接下来讨论 \( f(x) \) 的单调性。我们已经知道 \( f'(x) = e^x - \frac{1}{x + m} \)，将 \( m = 1 \) 代入： \[ f'(x) = e^x - \frac{1}{x + 1} \] 我们需要分析 \( f'(x) \) 的符号来确定函数的单调性。考虑 \( f'(x) = 0 \) 的解： \[ e^x = \frac{1}{x + 1} \] 令 \( g(x) = e^x \) 和 \( h(x) = \frac{1}{x + 1} \)，我们分析这两个函数的交点。显然，\( g(x) \) 是单调递增的，而 \( h(x) \) 是单调递减的。它们的交点可以通过数值方法或图形法找到。 对于 \( x < 0 \)，\( e^x < 1 \) 且 \( \frac{1}{x + 1} > 1 \)，所以 \( f'(x) < 0 \)，函数在此区间单调递减。 对于 \( x > 0 \)，\( e^x > 1 \) 且 \( \frac{1}{x + 1} < 1 \)，所以 \( f'(x) > 0 \)，函数在此区间单调递增。 综上所述，函数 \( f(x) \) 在 \( x = 0 \) 处有极小值点，在 \( x < 0 \) 时单调递减，在 \( x > 0 \) 时单调递增。 <eoe> 【答案】(I) \( m = 1 \)。函数 \( f(x) \) 在 \( x < 0 \) 时单调递减，在 \( x > 0 \) 时单调递增。<eoa> (2)【解析】 我们需要证明当 \( m \leq 2 \) 时，函数 \( f(x) = e^x - \ln(x + m) > 0 \)。 首先考虑 \( x \geq 0 \) 的情况： \[ f(x) = e^x - \ln(x + m) \] 当 \( x = 0 \) 时： \[ f(0) = e^0 - \ln(0 + m) = 1 - \ln m \] 因为 \( m \leq 2 \)，所以 \( \ln m \leq \ln 2 \)，并且 \( 1 - \ln 2 > 0 \)，因此 \( f(0) > 0 \)。 接下来考虑 \( x > 0 \) 的情况。我们已经知道 \( f(x) \) 在 \( x > 0 \) 时单调递增，因此 \( f(x) \) 在 \( x > 0 \) 时的值会大于 \( f(0) \)，即： \[ f(x) > f(0) > 0 \] 最后考虑 \( x < 0 \) 的情况： \[ f(x) = e^x - \ln(x + m) \] 由于 \( e^x > 0 \) 且 \( \ln(x + m) \) 在 \( x + m > 0 \) 时有定义，我们需要确保 \( x + m > 0 \)，即 \( x > -m \)。在此区间内，\( e^x \) 是正数且 \( \ln(x + m) \) 是负数或零，因此 \( f(x) \) 也是正数。 综上所述，当 \( m \leq 2 \) 时，函数 \( f(x) \) 在所有定义域内均大于零。 <eoe> 【答案】(II) 当 \( m \leq 2 \) 时，函数 \( f(x) > 0 \)。<eoa> |
( I ) 解 $\because f^{\prime}(x)=e^{x}-\frac{1}{x+m}, x=0$ 是 $f(x)$ 的极值点, $\therefore f^{\prime}(0)=1-\frac{1}{m}=0$ , 解得 $\mathrm{m}=1$. 所以函数 $f(x)=e^{x}-\ln (x+1)$, 其定义域为 $(-1,+\infty)$. $\because f^{\prime}(x)=e^{x}-\frac{1}{x+1}=\frac{e^{x}(x+1)-1}{x+1}$ 设 $g(x)=e^{x}(x+1)-1$, 则 $g^{\prime}(x)=e^{x}(x+1)+e^{x}>0$, 所以 $g(x)$ 在 $(-1,+$ $\infty$ )上为增函数, 又 $\because g(0)=0$, 所以当 $x>0$ 时, $g(x)>0$, 即 $f^{\prime}(x)>0$; 当 $-1<x<0$ 时, $g$ $(x)<0, f^{\prime}(x)<0$. 所以 $\mathrm{f}(\mathrm{x})$ 在 $(-1,0)$ 上为减函数; 在 $(0,+\infty)$ 上为增函数; （II ) 证明: 当 $m \leqslant 2, x \in(-m,+\infty)$ 时, $\ln (x+m) \leqslant \ln (x+2)$, 故只需证 明当 $m=2$ 时 $f(x)>0$. 当 $m=2$ 时, 函数 $f^{\prime}(x)=e^{x}-\frac{1}{x+2}$ 在 $(-2,+\infty)$ 上为增函数, 且 $f^{\prime}(-1)<0$ $f^{\prime}(0)>0$ 故 $\mathrm{f}^{\prime}(\mathrm{x})=0$ 在 $(-2,+\infty)$ 上有唯一实数根 $\mathrm{x}_{0}$, 且 $\mathrm{x}_{0} \in(-1,0)$. 当 $x \in\left(-2, x_{0}\right)$ 时, $f^{\prime}(x)<0$, 当 $x \in\left(x_{0},+\infty\right)$ 时, $f^{\prime}(x)>0$, 从而当 $x=x_{0}$ 时, $f(x)$ 取得最小值. 由 $f^{\prime}\left(x_{0}\right)=0$, 得 $e^{x_{0}}=\frac{1}{x_{0}+2}, \ln \left(x_{0}+2\right)=-x_{0}$. 故 $f(x) \geqslant f\left(x_{0}\right)=\frac{1}{x_{0}+2}+x_{0}=\frac{\left(x_{0}+1\right)^{2}}{x_{0}+2}>0$. 综上, 当 $m \leqslant 2$ 时, $f(x)>0$. |
| deepseekr1 | (1)【解析】 已知函数$f(x)=e^x - \ln(x + m)$，在$x=0$处取得极值，说明$f'(0)=0$。首先求导数： $$ f'(x) = e^x - \frac{1}{x + m} $$ 代入$x=0$得： $$ f'(0) = e^0 - \frac{1}{0 + m} = 1 - \frac{1}{m} = 0 \implies m = 1 $$ 接下来讨论$f(x)$的单调性。当$m=1$时，导数为： $$ f'(x) = e^x - \frac{1}{x + 1} $$ 分析导数的符号： - 当$x > 0$时，$e^x$递增且大于$1/(x+1)$（递减），故$f'(x) > 0$，函数递增。 - 当$-1 < x < 0$时，$e^x < 1/(x+1)$，故$f'(x) < 0$，函数递减。 - 在$x=0$处导数为0，是极小值点。 综上，$f(x)$在$(-1, 0)$上单调递减，在$(0, +\infty)$上单调递增。 <eoe> 【答案】 （I）$m$的值为$\boxed{1}$，$f(x)$在区间$(-1, 0)$上单调递减，在$(0, +\infty)$上单调递增。 (2)【解析】 当$m \leq 2$时，需证明$f(x) = e^x - \ln(x + m) > 0$。考虑$m=2$的情况（最不利情形），定义域为$x > -2$。求导： $$ f'(x) = e^x - \frac{1}{x + 2} $$ 令$f'(x_0) = 0$，即$e^{x_0} = \frac{1}{x_0 + 2}$。令$t = x_0 + 2 > 0$，则$x_0 = t - 2$，代入得： $$ e^{t-2} = \frac{1}{t} \implies t e^{t-2} = 1 $$ 此时$f(x_0) = \frac{1}{t} - \ln t$。需证明$\frac{1}{t} - \ln t > 0$。通过数值分析或图像可知，当$t \approx 1.56$时，$\frac{1}{t} \approx 0.641$，$\ln t \approx 0.445$，差值为正。因此，$f(x)$在$m=2$时的最小值大于0。对于$m \leq 2$，$f(x)$的值更大，故$f(x) > 0$恒成立。 <eoe> 【答案】 （II）证明过程如下： 当$m \leq 2$时，取$m=2$，函数$f(x) = e^x - \ln(x + 2)$。其导数为： $$ f'(x) = e^x - \frac{1}{x + 2} $$ 令$f'(x_0) = 0$，解得$e^{x_0} = \frac{1}{x_0 + 2}$。令$t = x_0 + 2$，则： $$ f(x_0) = \frac{1}{t} - \ln t $$ 通过验证，当$t e^{t-2} = 1$时，$\frac{1}{t} - \ln t > 0$。因此，$f(x)$在$m=2$时的最小值大于0。对于$m \leq 2$，$f(x)$的值更大，故$f(x) > 0$恒成立。证毕。$\boxed{f(x) > 0}$ |
( I ) 解 $\because f^{\prime}(x)=e^{x}-\frac{1}{x+m}, x=0$ 是 $f(x)$ 的极值点, $\therefore f^{\prime}(0)=1-\frac{1}{m}=0$ , 解得 $\mathrm{m}=1$. 所以函数 $f(x)=e^{x}-\ln (x+1)$, 其定义域为 $(-1,+\infty)$. $\because f^{\prime}(x)=e^{x}-\frac{1}{x+1}=\frac{e^{x}(x+1)-1}{x+1}$ 设 $g(x)=e^{x}(x+1)-1$, 则 $g^{\prime}(x)=e^{x}(x+1)+e^{x}>0$, 所以 $g(x)$ 在 $(-1,+$ $\infty$ )上为增函数, 又 $\because g(0)=0$, 所以当 $x>0$ 时, $g(x)>0$, 即 $f^{\prime}(x)>0$; 当 $-1<x<0$ 时, $g$ $(x)<0, f^{\prime}(x)<0$. 所以 $\mathrm{f}(\mathrm{x})$ 在 $(-1,0)$ 上为减函数; 在 $(0,+\infty)$ 上为增函数; （II ) 证明: 当 $m \leqslant 2, x \in(-m,+\infty)$ 时, $\ln (x+m) \leqslant \ln (x+2)$, 故只需证 明当 $m=2$ 时 $f(x)>0$. 当 $m=2$ 时, 函数 $f^{\prime}(x)=e^{x}-\frac{1}{x+2}$ 在 $(-2,+\infty)$ 上为增函数, 且 $f^{\prime}(-1)<0$ $f^{\prime}(0)>0$ 故 $\mathrm{f}^{\prime}(\mathrm{x})=0$ 在 $(-2,+\infty)$ 上有唯一实数根 $\mathrm{x}_{0}$, 且 $\mathrm{x}_{0} \in(-1,0)$. 当 $x \in\left(-2, x_{0}\right)$ 时, $f^{\prime}(x)<0$, 当 $x \in\left(x_{0},+\infty\right)$ 时, $f^{\prime}(x)>0$, 从而当 $x=x_{0}$ 时, $f(x)$ 取得最小值. 由 $f^{\prime}\left(x_{0}\right)=0$, 得 $e^{x_{0}}=\frac{1}{x_{0}+2}, \ln \left(x_{0}+2\right)=-x_{0}$. 故 $f(x) \geqslant f\left(x_{0}\right)=\frac{1}{x_{0}+2}+x_{0}=\frac{\left(x_{0}+1\right)^{2}}{x_{0}+2}>0$. 综上, 当 $m \leqslant 2$ 时, $f(x)>0$. |
| gpto1 | (1)【解析】 首先，求函数 \( f(x) = e^{x} - \ln(x + m) \) 的导数： \[ f'(x) = e^{x} - \frac{1}{x + m} \] 由于 \( x = 0 \) 是函数的极值点，因此有： \[ f'(0) = 0 \] \[ e^{0} - \frac{1}{0 + m} = 0 \] \[ 1 - \frac{1}{m} = 0 \] \[ \frac{1}{m} = 1 \] \[ m = 1 \] 接下来，讨论当 \( m = 1 \) 时，函数的单调性。 函数的定义域为： \[ x + m > 0 \] \[ x + 1 > 0 \] \[ x > -1 \] 再次写出导数： \[ f'(x) = e^{x} - \frac{1}{x + 1} \] 讨论导数的符号： 当 \( x \in (-1, 0) \) 时，\( e^{x} \) 为正且递减，\( \frac{1}{x + 1} \) 为正且递增。 试取 \( x = -0.5 \)： \[ f'(-0.5) = e^{-0.5} - \frac{1}{-0.5 + 1} = e^{-0.5} - 2 \approx 0.6065 - 2 < 0 \] 因此，\( f'(x) < 0 \)，函数在区间 \( (-1, 0) \) 上单调递减。 当 \( x \in (0, +\infty) \) 时，试取 \( x = 1 \)： \[ f'(1) = e^{1} - \frac{1}{1 + 1} = e - 0.5 \approx 2.718 - 0.5 > 0 \] 因此，\( f'(x) > 0 \)，函数在区间 \( (0, +\infty) \) 上单调递增。 综上，函数 \( f(x) \) 在 \( (-1, 0) \) 上单调递减，在 \( (0, +\infty) \) 上单调递增，且在 \( x = 0 \) 处取得极小值。 <eoe> 【答案】(I) 当 \( m = 1 \) 时，\( x = 0 \) 是 \( f(x) \) 的极值点。函数 \( f(x) \) 在 \( (-1, 0) \) 上单调递减，在 \( (0, +\infty) \) 上单调递增。 <eoa> (2)【解析】 要证明当 \( m \leq 2 \) 时，\( f(x) > 0 \)，首先注意到函数的定义域为 \( x + m > 0 \)，即 \( x > -m \)。 根据（I）的结果，当 \( m \leq 2 \) 时，函数的极小值点在 \( x = 0 \)。计算此时的函数值： \[ f(0) = e^{0} - \ln(0 + m) = 1 - \ln(m) \] 由于 \( m \leq 2 \)，所以 \( m \in (0, 2] \)，因此 \( \ln(m) < \ln(2) \approx 0.6931 \)。因此： \[ f(0) > 1 - 0.6931 = 0.3069 > 0 \] 函数 \( f(x) \) 在 \( x = 0 \) 处取得极小值，且 \( f(0) > 0 \)，因此对于所有 \( x > -m \)，都有 \( f(x) > 0 \)。 <eoe> 【答案】(II) 当 \( m \leqslant 2 \) 时，\( f(x) > 0 \)。 <eoa> |
( I ) 解 $\because f^{\prime}(x)=e^{x}-\frac{1}{x+m}, x=0$ 是 $f(x)$ 的极值点, $\therefore f^{\prime}(0)=1-\frac{1}{m}=0$ , 解得 $\mathrm{m}=1$. 所以函数 $f(x)=e^{x}-\ln (x+1)$, 其定义域为 $(-1,+\infty)$. $\because f^{\prime}(x)=e^{x}-\frac{1}{x+1}=\frac{e^{x}(x+1)-1}{x+1}$ 设 $g(x)=e^{x}(x+1)-1$, 则 $g^{\prime}(x)=e^{x}(x+1)+e^{x}>0$, 所以 $g(x)$ 在 $(-1,+$ $\infty$ )上为增函数, 又 $\because g(0)=0$, 所以当 $x>0$ 时, $g(x)>0$, 即 $f^{\prime}(x)>0$; 当 $-1<x<0$ 时, $g$ $(x)<0, f^{\prime}(x)<0$. 所以 $\mathrm{f}(\mathrm{x})$ 在 $(-1,0)$ 上为减函数; 在 $(0,+\infty)$ 上为增函数; （II ) 证明: 当 $m \leqslant 2, x \in(-m,+\infty)$ 时, $\ln (x+m) \leqslant \ln (x+2)$, 故只需证 明当 $m=2$ 时 $f(x)>0$. 当 $m=2$ 时, 函数 $f^{\prime}(x)=e^{x}-\frac{1}{x+2}$ 在 $(-2,+\infty)$ 上为增函数, 且 $f^{\prime}(-1)<0$ $f^{\prime}(0)>0$ 故 $\mathrm{f}^{\prime}(\mathrm{x})=0$ 在 $(-2,+\infty)$ 上有唯一实数根 $\mathrm{x}_{0}$, 且 $\mathrm{x}_{0} \in(-1,0)$. 当 $x \in\left(-2, x_{0}\right)$ 时, $f^{\prime}(x)<0$, 当 $x \in\left(x_{0},+\infty\right)$ 时, $f^{\prime}(x)>0$, 从而当 $x=x_{0}$ 时, $f(x)$ 取得最小值. 由 $f^{\prime}\left(x_{0}\right)=0$, 得 $e^{x_{0}}=\frac{1}{x_{0}+2}, \ln \left(x_{0}+2\right)=-x_{0}$. 故 $f(x) \geqslant f\left(x_{0}\right)=\frac{1}{x_{0}+2}+x_{0}=\frac{\left(x_{0}+1\right)^{2}}{x_{0}+2}>0$. 综上, 当 $m \leqslant 2$ 时, $f(x)>0$. |
| GPT-4o | (1)【解析】 首先，我们需要找到函数 \( f(x) = e^x - \ln(x + m) \) 的极值点。根据题目，\( x = 0 \) 是 \( f(x) \) 的极值点。为了找到极值点，我们需要计算 \( f(x) \) 的导数，并设置导数等于零。 \[ f'(x) = \frac{d}{dx}(e^x - \ln(x + m)) = e^x - \frac{1}{x + m} \] 根据题意，\( x = 0 \) 是极值点，因此 \[ f'(0) = e^0 - \frac{1}{0 + m} = 1 - \frac{1}{m} = 0 \] 解这个方程，我们可以得到 \[ 1 - \frac{1}{m} = 0 \implies m = 1 \] 接下来讨论函数 \( f(x) \) 的单调性。我们需要考察 \( f'(x) \) 的符号。 \[ f'(x) = e^x - \frac{1}{x + m} \] 当 \( m = 1 \) 时， \[ f'(x) = e^x - \frac{1}{x + 1} \] 考察 \( f'(x) \) 的符号： 1. 当 \( x < 0 \) 时，\( e^x < 1 \) 而 \( \frac{1}{x + 1} > 1 \)，因此 \( f'(x) < 0 \)，函数在 \( (-1, 0) \) 上是递减的。 2. 当 \( x > 0 \) 时，\( e^x > 1 \) 而 \( \frac{1}{x + 1} < 1 \)，因此 \( f'(x) > 0 \)，函数在 \( (0, \infty) \) 上是递增的。 综上所述，当 \( m = 1 \) 时，\( f(x) \) 在区间 \( (-1, 0) \) 上是递减的，在区间 \( (0, \infty) \) 上是递增的。 <eoe> 【答案】 (1) \( m = 1 \)。当 \( m = 1 \) 时，函数 \( f(x) \) 在区间 \( (-1, 0) \) 上是递减的，在区间 \( (0, \infty) \) 上是递增的。 <eoa> (2)【解析】 我们要证明当 \( m \leq 2 \) 时，函数 \( f(x) = e^x - \ln(x + m) \) 恒大于零。我们将这个问题分两种情况进行讨论：\( x \geq 0 \) 和 \( x < 0 \)。 **第一种情况：\( x \geq 0 \)** 因为 \( e^x \) 是一个增函数，且 \( e^x \geq 1 \) ；同时，\( \ln(x + m) \) 也是一个增函数，且 \( \ln(x + m) \leq \ln(x + 2) \)。因此，对于 \( x \geq 0 \)，我们有： \[ f(x) = e^x - \ln(x + m) \geq 1 - \ln(x + 2) \] 我们需要证明 \( 1 - \ln(x + 2) > 0 \)，即 \( \ln(x + 2) < 1 \)。这可以转化为： \[ x + 2 < e \] \[ x < e - 2 \] 由于 \( e \approx 2.718 \)，\( x < 0.718 \)。因此，在 \( x \geq 0 \) 且 \( x < 0.718 \) 的范围内，\( f(x) > 0 \)。 **第二种情况：\( x < 0 \)** 考虑到 \( x + m > 0 \)，即 \( x > -m \)，我们可设 \( x = -k \)，其中 \( 0 < k < m \)，我们有： \[ f(-k) = e^{-k} - \ln(-k + m) \] 当 \( m \leq 2 \) 时， \[ f(-k) = e^{-k} - \ln(-k + m) \] 由于 \( e^{-k} \) 是一个递减函数，且 \( \ln(-k + m) \) 在 \( 0 < k < m \) 内是递增的，我们可以通过计算以下 |
( I ) 解 $\because f^{\prime}(x)=e^{x}-\frac{1}{x+m}, x=0$ 是 $f(x)$ 的极值点, $\therefore f^{\prime}(0)=1-\frac{1}{m}=0$ , 解得 $\mathrm{m}=1$. 所以函数 $f(x)=e^{x}-\ln (x+1)$, 其定义域为 $(-1,+\infty)$. $\because f^{\prime}(x)=e^{x}-\frac{1}{x+1}=\frac{e^{x}(x+1)-1}{x+1}$ 设 $g(x)=e^{x}(x+1)-1$, 则 $g^{\prime}(x)=e^{x}(x+1)+e^{x}>0$, 所以 $g(x)$ 在 $(-1,+$ $\infty$ )上为增函数, 又 $\because g(0)=0$, 所以当 $x>0$ 时, $g(x)>0$, 即 $f^{\prime}(x)>0$; 当 $-1<x<0$ 时, $g$ $(x)<0, f^{\prime}(x)<0$. 所以 $\mathrm{f}(\mathrm{x})$ 在 $(-1,0)$ 上为减函数; 在 $(0,+\infty)$ 上为增函数; （II ) 证明: 当 $m \leqslant 2, x \in(-m,+\infty)$ 时, $\ln (x+m) \leqslant \ln (x+2)$, 故只需证 明当 $m=2$ 时 $f(x)>0$. 当 $m=2$ 时, 函数 $f^{\prime}(x)=e^{x}-\frac{1}{x+2}$ 在 $(-2,+\infty)$ 上为增函数, 且 $f^{\prime}(-1)<0$ $f^{\prime}(0)>0$ 故 $\mathrm{f}^{\prime}(\mathrm{x})=0$ 在 $(-2,+\infty)$ 上有唯一实数根 $\mathrm{x}_{0}$, 且 $\mathrm{x}_{0} \in(-1,0)$. 当 $x \in\left(-2, x_{0}\right)$ 时, $f^{\prime}(x)<0$, 当 $x \in\left(x_{0},+\infty\right)$ 时, $f^{\prime}(x)>0$, 从而当 $x=x_{0}$ 时, $f(x)$ 取得最小值. 由 $f^{\prime}\left(x_{0}\right)=0$, 得 $e^{x_{0}}=\frac{1}{x_{0}+2}, \ln \left(x_{0}+2\right)=-x_{0}$. 故 $f(x) \geqslant f\left(x_{0}\right)=\frac{1}{x_{0}+2}+x_{0}=\frac{\left(x_{0}+1\right)^{2}}{x_{0}+2}>0$. 综上, 当 $m \leqslant 2$ 时, $f(x)>0$. |
| llama3.1-70B-Instruct | 【解析】 (I)由题意可得f'(x)=e^{x}-\frac{1}{x+m},当x=0时,f'(x)=0,解得m=1,由f'(x)=\frac{(x+m-1)e^{x}}{x+m},当x<-1时,f'(x)<0,当-1<x<1时,f'(x)<0,当x>1时,f'(x)>0,所以f(x)在(-\infty,-1)上单调递减,在(-1,1)上单调递减,在(1,+\infty)上单调递增.(II)当m\leqslant2时,由e^{x}>1,x+m>0,所以f(x)=e^{x}-\ln(x+m)>1-\ln(x+m)>1-\ln2>0. 最终结果是1 1 1-ln(2) |
( I ) 解 $\because f^{\prime}(x)=e^{x}-\frac{1}{x+m}, x=0$ 是 $f(x)$ 的极值点, $\therefore f^{\prime}(0)=1-\frac{1}{m}=0$ , 解得 $\mathrm{m}=1$. 所以函数 $f(x)=e^{x}-\ln (x+1)$, 其定义域为 $(-1,+\infty)$. $\because f^{\prime}(x)=e^{x}-\frac{1}{x+1}=\frac{e^{x}(x+1)-1}{x+1}$ 设 $g(x)=e^{x}(x+1)-1$, 则 $g^{\prime}(x)=e^{x}(x+1)+e^{x}>0$, 所以 $g(x)$ 在 $(-1,+$ $\infty$ )上为增函数, 又 $\because g(0)=0$, 所以当 $x>0$ 时, $g(x)>0$, 即 $f^{\prime}(x)>0$; 当 $-1<x<0$ 时, $g$ $(x)<0, f^{\prime}(x)<0$. 所以 $\mathrm{f}(\mathrm{x})$ 在 $(-1,0)$ 上为减函数; 在 $(0,+\infty)$ 上为增函数; （II ) 证明: 当 $m \leqslant 2, x \in(-m,+\infty)$ 时, $\ln (x+m) \leqslant \ln (x+2)$, 故只需证 明当 $m=2$ 时 $f(x)>0$. 当 $m=2$ 时, 函数 $f^{\prime}(x)=e^{x}-\frac{1}{x+2}$ 在 $(-2,+\infty)$ 上为增函数, 且 $f^{\prime}(-1)<0$ $f^{\prime}(0)>0$ 故 $\mathrm{f}^{\prime}(\mathrm{x})=0$ 在 $(-2,+\infty)$ 上有唯一实数根 $\mathrm{x}_{0}$, 且 $\mathrm{x}_{0} \in(-1,0)$. 当 $x \in\left(-2, x_{0}\right)$ 时, $f^{\prime}(x)<0$, 当 $x \in\left(x_{0},+\infty\right)$ 时, $f^{\prime}(x)>0$, 从而当 $x=x_{0}$ 时, $f(x)$ 取得最小值. 由 $f^{\prime}\left(x_{0}\right)=0$, 得 $e^{x_{0}}=\frac{1}{x_{0}+2}, \ln \left(x_{0}+2\right)=-x_{0}$. 故 $f(x) \geqslant f\left(x_{0}\right)=\frac{1}{x_{0}+2}+x_{0}=\frac{\left(x_{0}+1\right)^{2}}{x_{0}+2}>0$. 综上, 当 $m \leqslant 2$ 时, $f(x)>0$. |
| llama3.1-405B-Instruct | (1)【解析】 由题意可得f(x)=e^{x}-\frac{1}{x+m},当x=0时,f(0)=1-\frac{1}{m},当m=1时,f(0)=0,当x>0时,f(x)=e^{x}-\frac{1}{x+m}>0,所以f(x)在(0,+\infty)单调递增,当x<0时,f(x)=e^{x}-\frac{1}{x+m}<0,所以f(x)在(-1,0)单调递减,综上可得f(x)在(-1,0)单调递减,在(0,+\infty)单调递增,当m\leqslant2时,令t=x+m,则t\in(0,+\infty),则f(x)=e^{x}-\ |
( I ) 解 $\because f^{\prime}(x)=e^{x}-\frac{1}{x+m}, x=0$ 是 $f(x)$ 的极值点, $\therefore f^{\prime}(0)=1-\frac{1}{m}=0$ , 解得 $\mathrm{m}=1$. 所以函数 $f(x)=e^{x}-\ln (x+1)$, 其定义域为 $(-1,+\infty)$. $\because f^{\prime}(x)=e^{x}-\frac{1}{x+1}=\frac{e^{x}(x+1)-1}{x+1}$ 设 $g(x)=e^{x}(x+1)-1$, 则 $g^{\prime}(x)=e^{x}(x+1)+e^{x}>0$, 所以 $g(x)$ 在 $(-1,+$ $\infty$ )上为增函数, 又 $\because g(0)=0$, 所以当 $x>0$ 时, $g(x)>0$, 即 $f^{\prime}(x)>0$; 当 $-1<x<0$ 时, $g$ $(x)<0, f^{\prime}(x)<0$. 所以 $\mathrm{f}(\mathrm{x})$ 在 $(-1,0)$ 上为减函数; 在 $(0,+\infty)$ 上为增函数; （II ) 证明: 当 $m \leqslant 2, x \in(-m,+\infty)$ 时, $\ln (x+m) \leqslant \ln (x+2)$, 故只需证 明当 $m=2$ 时 $f(x)>0$. 当 $m=2$ 时, 函数 $f^{\prime}(x)=e^{x}-\frac{1}{x+2}$ 在 $(-2,+\infty)$ 上为增函数, 且 $f^{\prime}(-1)<0$ $f^{\prime}(0)>0$ 故 $\mathrm{f}^{\prime}(\mathrm{x})=0$ 在 $(-2,+\infty)$ 上有唯一实数根 $\mathrm{x}_{0}$, 且 $\mathrm{x}_{0} \in(-1,0)$. 当 $x \in\left(-2, x_{0}\right)$ 时, $f^{\prime}(x)<0$, 当 $x \in\left(x_{0},+\infty\right)$ 时, $f^{\prime}(x)>0$, 从而当 $x=x_{0}$ 时, $f(x)$ 取得最小值. 由 $f^{\prime}\left(x_{0}\right)=0$, 得 $e^{x_{0}}=\frac{1}{x_{0}+2}, \ln \left(x_{0}+2\right)=-x_{0}$. 故 $f(x) \geqslant f\left(x_{0}\right)=\frac{1}{x_{0}+2}+x_{0}=\frac{\left(x_{0}+1\right)^{2}}{x_{0}+2}>0$. 综上, 当 $m \leqslant 2$ 时, $f(x)>0$. |
| DeepSeek-Coder-V2 | "(I)【解析】 首先，我们需要找到函数 \\( f(x) = e^x - \\ln(x + m) \\) 的极值点。极值点的条件是导数 \\( f'(x) \\) 在该点等于零。\n\n计算 \\( f(x) \\) 的导数：\n\\[ f'(x) = e^x - \\frac{1}{x + m} \\]\n\n设 \\( x = 0 \\) 是极值点，则 \\( f'(0) = 0 \\)：\n\\[ f'(0) = e^0 - \\frac{1}{0 + m} = 1 - \\frac{1}{m} = 0 \\]\n\n解这个方程：\n\\[ 1 - \\frac{1}{m} = 0 \\]\n\\[ \\frac{1}{m} = 1 \\]\n\\[ m = 1 \\]\n\n所以，\\( m = 1 \\)。\n\n接下来讨论 \\( f(x) \\) 的单调性。我们已经知道 \\( m = 1 \\)，所以函数变为：\n\\[ f(x) = e^x - \\ln(x + 1) \\]\n\n再次计算导数：\n\\[ f'(x) = e^x - \\frac{1}{x + 1} \\]\n\n分析 \\( f'(x) \\) 的符号：\n- 当 \\( x > 0 \\)，\\( e^x > 1 \\) 且 \\( \\frac{1}{x + 1} < 1 \\)，所以 \\( f'(x) > 0 \\)。\n- 当 \\( x < 0 \\)，\\( e^x < 1 \\) 且 \\( \\frac{1}{x + 1} > 1 \\)，所以 \\( f'(x) < 0 \\)。\n\n因此，\\( f(x) \\) 在 \\( x = 0 \\) 处有极小值，并且在 \\( x > 0 \\) 时单调递增，在 \\( x < 0 \\) 时单调递减。\n\n<eoe>\n【答案】 \\( m = 1 \\)，\\( f(x) \\) 在 \\( x = 0 \\) 处有极小值，在 \\( x > 0 \\) 时单调递增，在 \\( x < 0 \\) 时单调递减。<eoa>\n\n(II)【解析】 当 \\( m \\leq 2 \\) 时，证明 \\( f(x) > 0 \\)。\n\n考虑 \\( f(x) = e^x - \\ln(x + m) \\)，我们需要证明 \\( e^x - \\ln(x + m) > 0 \\) 对于所有 \\( x \\) 和 \\( m \\leq 2 \\)。\n\n首先，考虑 \\( m = 2 \\) 的情况：\n\\[ f(x) = e^x - \\ln(x + 2) \\]\n\n我们需要证明 \\( e^x > \\ln(x + 2) \\) 对于所有 \\( x \\)。\n\n考虑 \\( x \\to \\infty \\) 时，\\( e^x \\) 增长得比 \\( \\ln(x + 2) \\) 快得多，显然 \\( e^x > \\ln(x + 2) \\)。\n\n考虑 \\( x \\to -\\infty \\) 时，\\( e^x \\to 0 \\)，而 \\( \\ln(x + 2) \\to -\\infty \\)，显然 \\( e^x > \\ln(x + 2) \\)。\n\n对于 \\( x = 0 \\)：\n\\[ f(0) = e^0 - \\ln(0 + 2) = 1 - \\ln 2 \\]\n\n因为 \\( \\ln 2 \\approx 0.693 \\)，所以 \\( 1 - \\ln 2 > 0 \\)。\n\n对于 \\( m < 2 \\) 的情况，\\( \\ln(x + m) \\) 的值会更小，因此 \\( e^x - \\ln(x + m) \\) 的值会更大，显然 \\( e^x > \\ln(x + m) \\)。\n\n综上所述，当 \\( m \\leq 2 \\) 时，\\( f(x) > 0 \\) 对于所有 \\( x \\) 成立。\n\n<eoe>\n【答案】 当 \\( m \\leq 2 \\) 时，\\( f(x) > 0 \\) 对于所有 \\( x \\) 成立。<eoa>" | ( I ) 解 $\because f^{\prime}(x)=e^{x}-\frac{1}{x+m}, x=0$ 是 $f(x)$ 的极值点, $\therefore f^{\prime}(0)=1-\frac{1}{m}=0$ , 解得 $\mathrm{m}=1$. 所以函数 $f(x)=e^{x}-\ln (x+1)$, 其定义域为 $(-1,+\infty)$. $\because f^{\prime}(x)=e^{x}-\frac{1}{x+1}=\frac{e^{x}(x+1)-1}{x+1}$ 设 $g(x)=e^{x}(x+1)-1$, 则 $g^{\prime}(x)=e^{x}(x+1)+e^{x}>0$, 所以 $g(x)$ 在 $(-1,+$ $\infty$ )上为增函数, 又 $\because g(0)=0$, 所以当 $x>0$ 时, $g(x)>0$, 即 $f^{\prime}(x)>0$; 当 $-1<x<0$ 时, $g$ $(x)<0, f^{\prime}(x)<0$. 所以 $\mathrm{f}(\mathrm{x})$ 在 $(-1,0)$ 上为减函数; 在 $(0,+\infty)$ 上为增函数; （II ) 证明: 当 $m \leqslant 2, x \in(-m,+\infty)$ 时, $\ln (x+m) \leqslant \ln (x+2)$, 故只需证 明当 $m=2$ 时 $f(x)>0$. 当 $m=2$ 时, 函数 $f^{\prime}(x)=e^{x}-\frac{1}{x+2}$ 在 $(-2,+\infty)$ 上为增函数, 且 $f^{\prime}(-1)<0$ $f^{\prime}(0)>0$ 故 $\mathrm{f}^{\prime}(\mathrm{x})=0$ 在 $(-2,+\infty)$ 上有唯一实数根 $\mathrm{x}_{0}$, 且 $\mathrm{x}_{0} \in(-1,0)$. 当 $x \in\left(-2, x_{0}\right)$ 时, $f^{\prime}(x)<0$, 当 $x \in\left(x_{0},+\infty\right)$ 时, $f^{\prime}(x)>0$, 从而当 $x=x_{0}$ 时, $f(x)$ 取得最小值. 由 $f^{\prime}\left(x_{0}\right)=0$, 得 $e^{x_{0}}=\frac{1}{x_{0}+2}, \ln \left(x_{0}+2\right)=-x_{0}$. 故 $f(x) \geqslant f\left(x_{0}\right)=\frac{1}{x_{0}+2}+x_{0}=\frac{\left(x_{0}+1\right)^{2}}{x_{0}+2}>0$. 综上, 当 $m \leqslant 2$ 时, $f(x)>0$. |
| Qwen2-72B-Instruct | "(1)【解析】\n要解决这个问题，我们首先需要找出函数$f(x)=e^x-\\ln(x+m)$的导数，因为极值点的条件是导数等于0。然后，根据题目条件$x=0$是$f(x)$的极值点，我们可以解出$m$的值。接着，我们需要分析$f(x)$的单调性，这可以通过分析$f'(x)$的符号来完成。\n\n对于第二部分，我们需要证明当$m\\leq2$时，$f(x)>0$。这通常可以通过分析$f(x)$的最小值来完成，特别是当$x=0$时函数的值。\n\n首先，我们求出$f(x)$的导数:\n\\[f'(x)=e^x-\\frac{1}{x+m}\\]\n\n由于$x=0$是$f(x)$的极值点，我们有$f'(0)=0$:\n\\[f'(0)=e^0-\\frac{1}{0+m}=1-\\frac{1}{m}=0\\]\n\n解这个方程，得到:\n\\[1-\\frac{1}{m}=0\\]\n\\[\\frac{1}{m}=1\\]\n\\[m=1\\]\n\n对于$f(x)$的单调性，我们分析$f'(x)$的符号:\n\\[f'(x)=e^x-\\frac{1}{x+1}\\]\n\n当$x>0$时，$e^x>1$，且$-\\frac{1}{x+1}<0$，所以$f'(x)>0$，说明$f(x)$在$x>0$时是单调递增的。\n\n当$x<0$时，$e^x<1$，且$-\\frac{1}{x+1}<0$，但是由于$e^x$的指数函数性质，$f'(x)$在$x$接近$-1$时会从负变正，说明$f(x)$在$x<-1$时是单调递减的，在$x>-1$时是单调递增的。\n\n<eoe>\n\n【答案】\n(I) $m=1$。$f(x)$在$x>-1$时单调递增，在$x<-1$时单调递减。\n\n(II) 接下来，我们证明当$m\\leq2$时，$f(x)>0$。首先，观察$f(x)$在$x=0$时的值:\n\\[f(0)=e^0-\\ln(0+m)=1-\\ln(m)\\]\n\n由于$m\\leq2$，则$\\ln(m)\\leq\\ln(2)<1$，因此$f(0)>0$。\n\n考虑到$f(x)$在$x>0$时单调递增，且在$x=0$时$f(x)>0$，我们可以得出$f(x)>0$对所有$x>0$成立。对于$x<0$，由于$f(x)$在$x>-1$时单调递增，且在$x=0$时已经大于0，因此$f(x)>0$对所有$x>-1$成立。\n\n综上所述，当$m\\leq2$时，$f(x)>0$对所有$x>-1$成立。\n\n<eoa>" | ( I ) 解 $\because f^{\prime}(x)=e^{x}-\frac{1}{x+m}, x=0$ 是 $f(x)$ 的极值点, $\therefore f^{\prime}(0)=1-\frac{1}{m}=0$ , 解得 $\mathrm{m}=1$. 所以函数 $f(x)=e^{x}-\ln (x+1)$, 其定义域为 $(-1,+\infty)$. $\because f^{\prime}(x)=e^{x}-\frac{1}{x+1}=\frac{e^{x}(x+1)-1}{x+1}$ 设 $g(x)=e^{x}(x+1)-1$, 则 $g^{\prime}(x)=e^{x}(x+1)+e^{x}>0$, 所以 $g(x)$ 在 $(-1,+$ $\infty$ )上为增函数, 又 $\because g(0)=0$, 所以当 $x>0$ 时, $g(x)>0$, 即 $f^{\prime}(x)>0$; 当 $-1<x<0$ 时, $g$ $(x)<0, f^{\prime}(x)<0$. 所以 $\mathrm{f}(\mathrm{x})$ 在 $(-1,0)$ 上为减函数; 在 $(0,+\infty)$ 上为增函数; （II ) 证明: 当 $m \leqslant 2, x \in(-m,+\infty)$ 时, $\ln (x+m) \leqslant \ln (x+2)$, 故只需证 明当 $m=2$ 时 $f(x)>0$. 当 $m=2$ 时, 函数 $f^{\prime}(x)=e^{x}-\frac{1}{x+2}$ 在 $(-2,+\infty)$ 上为增函数, 且 $f^{\prime}(-1)<0$ $f^{\prime}(0)>0$ 故 $\mathrm{f}^{\prime}(\mathrm{x})=0$ 在 $(-2,+\infty)$ 上有唯一实数根 $\mathrm{x}_{0}$, 且 $\mathrm{x}_{0} \in(-1,0)$. 当 $x \in\left(-2, x_{0}\right)$ 时, $f^{\prime}(x)<0$, 当 $x \in\left(x_{0},+\infty\right)$ 时, $f^{\prime}(x)>0$, 从而当 $x=x_{0}$ 时, $f(x)$ 取得最小值. 由 $f^{\prime}\left(x_{0}\right)=0$, 得 $e^{x_{0}}=\frac{1}{x_{0}+2}, \ln \left(x_{0}+2\right)=-x_{0}$. 故 $f(x) \geqslant f\left(x_{0}\right)=\frac{1}{x_{0}+2}+x_{0}=\frac{\left(x_{0}+1\right)^{2}}{x_{0}+2}>0$. 综上, 当 $m \leqslant 2$ 时, $f(x)>0$. |
| baichuan4 | (1)【解析】 首先，我们需要找到函数 $f(x)$ 的导数 $f'(x)$，因为极值点处的导数等于0。函数 $f(x)$ 的导数为： $$f'(x) = \mathrm{e}^x - \frac{1}{x+m}$$ 由于 $x=0$ 是 $f(x)$ 的极值点，我们有： $$f'(0) = \mathrm{e}^0 - \frac{1}{0+m} = 0$$ $$\Rightarrow 1 - \frac{1}{m} = 0$$ $$\Rightarrow m = 1$$ 因此，$m=1$。 接下来，我们讨论 $f(x)$ 的单调性。我们已经得到 $f'(x) = \mathrm{e}^x - \frac{1}{x+1}$。为了研究单调性，我们需要分析 $f'(x)$ 的符号。 当 $x > 0$ 时，$\mathrm{e}^x > 1$ 且 $x+1 > 1$，所以 $\mathrm{e}^x > \frac{1}{x+1}$，即 $f'(x) > 0$，函数在 $(0, +\infty)$ 上单调递增。 当 $x < 0$ 时，情况比较复杂，因为我们需要考虑 $x+1$ 的符号。如果 $x+1 > 0$，即 $x > -1$，那么 $f'(x)$ 仍然大于0，函数在 $(-1, 0)$ 上单调递增。如果 $x+1 < 0$，即 $x < -1$，那么 $\mathrm{e}^x < \frac{1}{x+1}$，即 $f'(x) < 0$，函数在 $(-\infty, -1)$ 上单调递减。 综上所述，函数 $f(x)$ 在 $(-\infty, -1)$ 上单调递减，在 $(-1, +\infty)$ 上单调递增。 【答案】 $m=1$，函数 $f(x)$ 在 $(-\infty, -1)$ 上单调递减，在 $(-1, +\infty)$ 上单调递增。 (2)【解析】 当 $m \leqslant 2$ 时，我们需要证明 $f(x) > 0$。 由于我们已经知道 $m=1$，我们可以将 $m$ 的值代入 $f(x)$ 中，得到： $$f(x) = \mathrm{e}^x - \ln(x+1)$$ 我们需要证明对于所有 $x$，有 $\mathrm{e}^x > \ln(x+1)$。 考虑函数 $g(x) = \mathrm{e}^x - x$，其导数为 $g'(x) = \mathrm{e}^x - 1$。当 $x > 0$ 时，$g'(x) > 0$，所以 $g(x)$ 在 $(0, +\infty)$ 上单调递增。当 $x < 0$ 时，$g'(x) < 0$，所以 $g(x)$ 在 $(-\infty, 0)$ 上单调递减。因此，$g(x)$ 在 $x=0$ 处取得最小值 $g(0) = 1$。 现在，我们考虑函数 $h(x) = \ln(x+1)$，其导数为 $h'(x) = \frac{1}{x+1}$。显然，$h(x)$ 在 $(-1, +\infty)$ 上单调递增。 由于 $g(x)$ 在 $(-\infty, 0)$ 上单调递减，在 $(0, +\infty)$ 上单调递增，而 $h(x)$ 在 $(-1, +\infty)$ 上单调递增，我们可以得出结论：对于所有 $x > -1$，有 $g(x) > g(0) = 1$，即 $\mathrm{e}^x - x > 1$；同时，$h(x) < h(x+1)$，即 $\ln(x+1) < x+1$。因此，对于所有 $x > -1$，有 $\mathrm{e}^x > x+1 > \ln(x+1)$，即 $f(x) > 0$。 当 $x < -1$ 时，由于 $\mathrm{e}^x > 0$ 且 $\ln(x+1)$ 没有定义，不等式 $f(x) > 0$ 仍然成立。 综上所述，当 $m \leqslant 2$ 时，对于所有 $x$，都有 $f(x) > 0$。 【答案】 当 $m \leqslant 2$ 时，对于所有 $x$，都有 $f(x) > 0$。 |
( I ) 解 $\because f^{\prime}(x)=e^{x}-\frac{1}{x+m}, x=0$ 是 $f(x)$ 的极值点, $\therefore f^{\prime}(0)=1-\frac{1}{m}=0$ , 解得 $\mathrm{m}=1$. 所以函数 $f(x)=e^{x}-\ln (x+1)$, 其定义域为 $(-1,+\infty)$. $\because f^{\prime}(x)=e^{x}-\frac{1}{x+1}=\frac{e^{x}(x+1)-1}{x+1}$ 设 $g(x)=e^{x}(x+1)-1$, 则 $g^{\prime}(x)=e^{x}(x+1)+e^{x}>0$, 所以 $g(x)$ 在 $(-1,+$ $\infty$ )上为增函数, 又 $\because g(0)=0$, 所以当 $x>0$ 时, $g(x)>0$, 即 $f^{\prime}(x)>0$; 当 $-1<x<0$ 时, $g$ $(x)<0, f^{\prime}(x)<0$. 所以 $\mathrm{f}(\mathrm{x})$ 在 $(-1,0)$ 上为减函数; 在 $(0,+\infty)$ 上为增函数; （II ) 证明: 当 $m \leqslant 2, x \in(-m,+\infty)$ 时, $\ln (x+m) \leqslant \ln (x+2)$, 故只需证 明当 $m=2$ 时 $f(x)>0$. 当 $m=2$ 时, 函数 $f^{\prime}(x)=e^{x}-\frac{1}{x+2}$ 在 $(-2,+\infty)$ 上为增函数, 且 $f^{\prime}(-1)<0$ $f^{\prime}(0)>0$ 故 $\mathrm{f}^{\prime}(\mathrm{x})=0$ 在 $(-2,+\infty)$ 上有唯一实数根 $\mathrm{x}_{0}$, 且 $\mathrm{x}_{0} \in(-1,0)$. 当 $x \in\left(-2, x_{0}\right)$ 时, $f^{\prime}(x)<0$, 当 $x \in\left(x_{0},+\infty\right)$ 时, $f^{\prime}(x)>0$, 从而当 $x=x_{0}$ 时, $f(x)$ 取得最小值. 由 $f^{\prime}\left(x_{0}\right)=0$, 得 $e^{x_{0}}=\frac{1}{x_{0}+2}, \ln \left(x_{0}+2\right)=-x_{0}$. 故 $f(x) \geqslant f\left(x_{0}\right)=\frac{1}{x_{0}+2}+x_{0}=\frac{\left(x_{0}+1\right)^{2}}{x_{0}+2}>0$. 综上, 当 $m \leqslant 2$ 时, $f(x)>0$. |
| doubao | (1)【解析】已知$x=0$是$f(x)$的极值点，对$f(x)=e^x-\ln(x+m)$求导可得$f'(x)=e^x-\frac{1}{x+m}$，将$x=0$代入$f'(x)=0$，即$e^0-\frac{1}{m}=0$，解得$m=1$。此时$f'(x)=e^x-\frac{1}{x+1}$，令$f'(x)=0$，即$e^x=\frac{1}{x+1}$，在定义域$(-1,+\infty)$上有唯一解。当$x\in(-1,0)$时，$e^x\lt1$，$\frac{1}{x+1}\gt1$，$f'(x)\lt0$，$f(x)$单调递减；当$x\in(0,+\infty)$时，$f'(x)\gt0$，$f(x)$单调递增。<eoe> 【答案】$m=1$；$f(x)$在$(-1,0)$上单调递减，在$(0,+\infty)$上单调递增。<eoa> (2)【解析】当$m\leq2$时，$x+m\geq x+2$，$\ln(x+m)\leq\ln(x+2)$，则$f(x)=e^x-\ln(x+m)\geq e^x-\ln(x+2)$。设$g(x)=e^x-\ln(x+2)$，$g'(x)=e^x-\frac{1}{x+2}$，$g'(x)$在$(-2,+\infty)$上单调递增，且$g'(-1)=\frac{1}{e}-1\lt0$，$g'(0)=1-\frac{1}{2}=\frac{1}{2}\gt0$，所以存在唯一$x_0\in(-1,0)$使得$g'(x_0)=0$。当$x\in(-2,x_0)$时，$g'(x)\lt0$，$g(x)$单调递减；当$x\in(x_0,+\infty)$时，$g'(x)\gt0$，$g(x)$单调递增。所以$g(x)\geq g(x_0)=e^{x_0}-\ln(x_0+2)$，由$g'(x_0)=0$可得$e^{x_0}=\frac{1}{x_0+2}$，则$g(x_0)=\frac{1}{x_0+2}+x_0+2-2\geq2\sqrt{\frac{1}{x_0+2}\times(x_0+2)}-2=0$，所以$f(x)\gt0$。<eoe> 【答案】当$m\leq2$时，$f(x)\gt0$。<eoa> |
( I ) 解 $\because f^{\prime}(x)=e^{x}-\frac{1}{x+m}, x=0$ 是 $f(x)$ 的极值点, $\therefore f^{\prime}(0)=1-\frac{1}{m}=0$ , 解得 $\mathrm{m}=1$. 所以函数 $f(x)=e^{x}-\ln (x+1)$, 其定义域为 $(-1,+\infty)$. $\because f^{\prime}(x)=e^{x}-\frac{1}{x+1}=\frac{e^{x}(x+1)-1}{x+1}$ 设 $g(x)=e^{x}(x+1)-1$, 则 $g^{\prime}(x)=e^{x}(x+1)+e^{x}>0$, 所以 $g(x)$ 在 $(-1,+$ $\infty$ )上为增函数, 又 $\because g(0)=0$, 所以当 $x>0$ 时, $g(x)>0$, 即 $f^{\prime}(x)>0$; 当 $-1<x<0$ 时, $g$ $(x)<0, f^{\prime}(x)<0$. 所以 $\mathrm{f}(\mathrm{x})$ 在 $(-1,0)$ 上为减函数; 在 $(0,+\infty)$ 上为增函数; （II ) 证明: 当 $m \leqslant 2, x \in(-m,+\infty)$ 时, $\ln (x+m) \leqslant \ln (x+2)$, 故只需证 明当 $m=2$ 时 $f(x)>0$. 当 $m=2$ 时, 函数 $f^{\prime}(x)=e^{x}-\frac{1}{x+2}$ 在 $(-2,+\infty)$ 上为增函数, 且 $f^{\prime}(-1)<0$ $f^{\prime}(0)>0$ 故 $\mathrm{f}^{\prime}(\mathrm{x})=0$ 在 $(-2,+\infty)$ 上有唯一实数根 $\mathrm{x}_{0}$, 且 $\mathrm{x}_{0} \in(-1,0)$. 当 $x \in\left(-2, x_{0}\right)$ 时, $f^{\prime}(x)<0$, 当 $x \in\left(x_{0},+\infty\right)$ 时, $f^{\prime}(x)>0$, 从而当 $x=x_{0}$ 时, $f(x)$ 取得最小值. 由 $f^{\prime}\left(x_{0}\right)=0$, 得 $e^{x_{0}}=\frac{1}{x_{0}+2}, \ln \left(x_{0}+2\right)=-x_{0}$. 故 $f(x) \geqslant f\left(x_{0}\right)=\frac{1}{x_{0}+2}+x_{0}=\frac{\left(x_{0}+1\right)^{2}}{x_{0}+2}>0$. 综上, 当 $m \leqslant 2$ 时, $f(x)>0$. |
| minimax | (1)【解析】首先，我们需要找到函数 $f(x)=\mathrm{e}^{\mathrm{x}}-\ln (\mathrm{x}+\mathrm{m})$ 的导数，然后利用导数等于零的点来确定极值点。由于题目已经告诉我们 $x=0$ 是 $f(x)$ 的极值点，我们可以将 $x=0$ 代入导数中，解出 $m$ 的值。接着，我们可以通过分析导数的符号来讨论函数的单调性。<eoe> 【答案】首先求导数 $f'(x)$： $$f'(x) = \frac{d}{dx}(\mathrm{e}^{\mathrm{x}}-\ln (\mathrm{x}+\mathrm{m})) = \mathrm{e}^{\mathrm{x}} - \frac{1}{\mathrm{x}+\mathrm{m}}.$$ 由于 $x=0$ 是 $f(x)$ 的极值点，我们有 $f'(0)=0$，代入 $x=0$ 得到： $$f'(0) = \mathrm{e}^{0} - \frac{1}{0+\mathrm{m}} = 1 - \frac{1}{\mathrm{m}} = 0.$$ 解这个方程得到 $m=1$。 现在我们已经知道 $m=1$，我们可以讨论 $f(x)$ 的单调性。由于 $m=1$，我们有： $$f'(x) = \mathrm{e}^{\mathrm{x}} - \frac{1}{\mathrm{x}+1}.$$ 为了讨论单调性，我们需要确定 $f'(x)$ 的符号。注意到 $\mathrm{e}^{\mathrm{x}}$ 是一个始终为正的函数，且随着 $x$ 的增加而增加。而 $\frac{1}{\mathrm{x}+1}$ 在 $x>-1$ 时也是正的，但随着 $x$ 的增加而减少。因此，当 $x$ 从负无穷大增加到 $-1$ 时，$\frac{1}{\mathrm{x}+1}$ 的值会增加，而 $\mathrm{e}^{\mathrm{x}}$ 的值也会增加，但 $\mathrm{e}^{\mathrm{x}}$ 的增加速度更快，所以 $f'(x)$ 会从负值变为正值，这意味着 $f(x)$ 在 $x=-1$ 处有一个极小值点。当 $x>-1$ 时，由于 $\mathrm{e}^{\mathrm{x}}$ 的增加速度始终大于 $\frac{1}{\mathrm{x}+1}$ 的减少速度，$f'(x)$ 将始终为正，这意味着 $f(x)$ 在 $x>-1$ 时是单调递增的。 综上所述，$m=1$，且当 $x>-1$ 时，$f(x)$ 是单调递增的。<eoa> (2)【解析】要证明当 $m \leqslant 2$ 时，$f(x)>0$，我们可以考虑函数 $f(x)$ 的性质。由于 $\mathrm{e}^{\mathrm{x}}$ 总是正的，我们需要证明 $-\ln (\mathrm{x}+\mathrm{m})$ 在 $x>0$ 时也总是小于 $\mathrm{e}^{\mathrm{x}}$。这可以通过分析函数 $g(x) = \mathrm{e}^{\mathrm{x}} + \ln (\mathrm{x}+\mathrm{m})$ 的行为来完成，因为如果 $g(x)$ 在 $x>0$ 时始终大于零，那么 $f(x)>0$ 就得到了证明。我们可以考虑 $g(x)$ 的导数来分析其单调性，并找到其最小值。<eoe> 【答案】考虑函数 $g(x) = \mathrm{e}^{\mathrm{x}} + \ln (\mathrm{x}+\mathrm{m})$，我们需要证明当 $m \leqslant 2$ 时，$g(x)>0$ 对所有 $x>0$ 成立。 首先求 $g(x)$ 的导数： $$g'(x) = \frac{d}{dx}(\mathrm{e}^{\mathrm{x}} + \ln (\mathrm{x}+\mathrm{m})) = \mathrm{e}^{\mathrm{x}} + \frac{1}{\mathrm{x}+\mathrm{m}}.$$ 由于 $\mathrm{e}^{\mathrm{x}}$ 和 $\frac{1}{\mathrm{x}+\mathrm{m}}$ 都是正的，$g'(x)$ 对所有 $x>0$ 都是正的，这意味着 $g(x)$ 在 $x>0$ 时是单调递增的。 现在我们需要找到 $g(x)$ 的最小值。由于 $g(x)$ 是单调递增的，$g(x)$ 的最小值将在 $x$ 接近 $0$ 时取得。因此，我们考虑 $g(0)$： $$g(0) = \mathrm{e}^{0} + \ln (0+\mathrm{m}) = 1 + \ln (\mathrm{m}).$$ 由于 $\ln (\mathrm{m})$ 在 $m \leqslant 2$ 时是非负的（因为自然对数函数在 $1$ 时为 $0$，在 $2$ 时为 $\ln(2)$，且 $\ln(2)$ 是一个正数），我们有 $g(0) \geq 1 > 0$。 因此，由于 $g(x)$ 在 $x>0$ 时单调递增且 $g(0)>0$，我们可以得出结论，对于所有 $x>0$，$g(x)>0$。这意味着对于所有 $x>0$，$f(x) = \mathrm{e}^{\mathrm{x}} - \ln (\mathrm{x}+\mathrm{m}) = g(x) - 2\ln (\mathrm{x}+\mathrm{m}) > 0$，因为 $2\ln (\mathrm{x}+\mathrm{m})$ 是非负的。 综上所述，当 $m \leqslant 2$ 时，$f(x)>0$ 对所有 $x>0$ 成立。<eoa> |
( I ) 解 $\because f^{\prime}(x)=e^{x}-\frac{1}{x+m}, x=0$ 是 $f(x)$ 的极值点, $\therefore f^{\prime}(0)=1-\frac{1}{m}=0$ , 解得 $\mathrm{m}=1$. 所以函数 $f(x)=e^{x}-\ln (x+1)$, 其定义域为 $(-1,+\infty)$. $\because f^{\prime}(x)=e^{x}-\frac{1}{x+1}=\frac{e^{x}(x+1)-1}{x+1}$ 设 $g(x)=e^{x}(x+1)-1$, 则 $g^{\prime}(x)=e^{x}(x+1)+e^{x}>0$, 所以 $g(x)$ 在 $(-1,+$ $\infty$ )上为增函数, 又 $\because g(0)=0$, 所以当 $x>0$ 时, $g(x)>0$, 即 $f^{\prime}(x)>0$; 当 $-1<x<0$ 时, $g$ $(x)<0, f^{\prime}(x)<0$. 所以 $\mathrm{f}(\mathrm{x})$ 在 $(-1,0)$ 上为减函数; 在 $(0,+\infty)$ 上为增函数; （II ) 证明: 当 $m \leqslant 2, x \in(-m,+\infty)$ 时, $\ln (x+m) \leqslant \ln (x+2)$, 故只需证 明当 $m=2$ 时 $f(x)>0$. 当 $m=2$ 时, 函数 $f^{\prime}(x)=e^{x}-\frac{1}{x+2}$ 在 $(-2,+\infty)$ 上为增函数, 且 $f^{\prime}(-1)<0$ $f^{\prime}(0)>0$ 故 $\mathrm{f}^{\prime}(\mathrm{x})=0$ 在 $(-2,+\infty)$ 上有唯一实数根 $\mathrm{x}_{0}$, 且 $\mathrm{x}_{0} \in(-1,0)$. 当 $x \in\left(-2, x_{0}\right)$ 时, $f^{\prime}(x)<0$, 当 $x \in\left(x_{0},+\infty\right)$ 时, $f^{\prime}(x)>0$, 从而当 $x=x_{0}$ 时, $f(x)$ 取得最小值. 由 $f^{\prime}\left(x_{0}\right)=0$, 得 $e^{x_{0}}=\frac{1}{x_{0}+2}, \ln \left(x_{0}+2\right)=-x_{0}$. 故 $f(x) \geqslant f\left(x_{0}\right)=\frac{1}{x_{0}+2}+x_{0}=\frac{\left(x_{0}+1\right)^{2}}{x_{0}+2}>0$. 综上, 当 $m \leqslant 2$ 时, $f(x)>0$. |
| kimi | (1)【解析】 首先，我们需要找到函数 $f(x)$ 的导数 $f'(x)$。已知 $f(x)=e^x-\ln(x+m)$，对其求导得到： $$f'(x)=e^x-\frac{1}{x+m}$$ 题目中给出 $x=0$ 是 $f(x)$ 的极值点，这意味着在 $x=0$ 处，$f'(x)=0$。将 $x=0$ 代入导数表达式中，得到： $$f'(0)=e^0-\frac{1}{0+m}=1-\frac{1}{m}=0$$ 解得 $m=1$。 接下来，我们需要讨论 $f(x)$ 的单调性。将 $m=1$ 代入 $f'(x)$ 中，得到： $$f'(x)=e^x-\frac{1}{x+1}$$ 为了讨论单调性，我们需要分析 $f'(x)$ 的符号。观察 $f'(x)$，我们可以发现： - 当 $x<-1$ 时，$e^x$ 为负，而 $\frac{1}{x+1}$ 也为负，因此 $f'(x)$ 为正，说明 $f(x)$ 在 $(-\infty, -1)$ 上单调递增。 - 当 $-1<x<0$ 时，$e^x$ 为正，而 $\frac{1}{x+1}$ 为负，因此 $f'(x)$ 为负，说明 $f(x)$ 在 $(-1, 0)$ 上单调递减。 - 当 $x>0$ 时，$e^x$ 为正，$\frac{1}{x+1}$ 也为正，且 $e^x$ 的增长速度大于 $\frac{1}{x+1}$，因此 $f'(x)$ 为正，说明 $f(x)$ 在 $(0, +\infty)$ 上单调递增。 <eoe> 【答案】 $m=1$。 $f(x)$ 在 $(-\infty, -1)$ 和 $(0, +\infty)$ 上单调递增，在 $(-1, 0)$ 上单调递减。<eoa> (2)【解析】 当 $m \leqslant 2$ 时，我们需要证明 $f(x)>0$。首先，我们已经知道 $f'(x)=e^x-\frac{1}{x+m}$。为了证明 $f(x)>0$，我们可以考虑 $f(x)$ 的最小值。 由第一部分的分析，我们知道 $f(x)$ 在 $x=0$ 处取得极小值。因此，我们只需证明 $f(0)>0$ 即可。 将 $x=0$ 代入 $f(x)$ 中，得到： $$f(0)=e^0-\ln(m)=1-\ln(m)$$ 由于 $m \leqslant 2$，我们知道 $\ln(m) \leqslant \ln(2)$。因此，我们有： $$1-\ln(m) \geq 1-\ln(2) > 0$$ 这说明当 $m \leqslant 2$ 时，$f(0)>0$。 接下来，我们需要证明当 $x>0$ 时，$f(x)>0$。由于我们已经知道 $f(x)$ 在 $(0, +\infty)$ 上单调递增，且 $f(0)>0$，因此对于任意 $x>0$，都有 $f(x)>f(0)>0$。 对于 $x<0$ 的情况，由于 $m \leqslant 2$，我们有 $x+m>-2$，因此 $\ln(x+m)$ 是定义良好的。由于 $e^x$ 总是大于 $0$，而 $\ln(x+m)$ 在 $x<0$ 时可能为负，我们需要证明 $e^x$ 的增长速度足够快，使得 $f(x)>0$。 我们可以观察到，当 $x$ 接近负无穷时，$e^x$ 接近 $0$，而 $\ln(x+m)$ 也接近负无穷，但 $e^x$ 的增长速度更快，因此 $f(x)$ 仍然大于 $0$。 综上所述，当 $ |
( I ) 解 $\because f^{\prime}(x)=e^{x}-\frac{1}{x+m}, x=0$ 是 $f(x)$ 的极值点, $\therefore f^{\prime}(0)=1-\frac{1}{m}=0$ , 解得 $\mathrm{m}=1$. 所以函数 $f(x)=e^{x}-\ln (x+1)$, 其定义域为 $(-1,+\infty)$. $\because f^{\prime}(x)=e^{x}-\frac{1}{x+1}=\frac{e^{x}(x+1)-1}{x+1}$ 设 $g(x)=e^{x}(x+1)-1$, 则 $g^{\prime}(x)=e^{x}(x+1)+e^{x}>0$, 所以 $g(x)$ 在 $(-1,+$ $\infty$ )上为增函数, 又 $\because g(0)=0$, 所以当 $x>0$ 时, $g(x)>0$, 即 $f^{\prime}(x)>0$; 当 $-1<x<0$ 时, $g$ $(x)<0, f^{\prime}(x)<0$. 所以 $\mathrm{f}(\mathrm{x})$ 在 $(-1,0)$ 上为减函数; 在 $(0,+\infty)$ 上为增函数; （II ) 证明: 当 $m \leqslant 2, x \in(-m,+\infty)$ 时, $\ln (x+m) \leqslant \ln (x+2)$, 故只需证 明当 $m=2$ 时 $f(x)>0$. 当 $m=2$ 时, 函数 $f^{\prime}(x)=e^{x}-\frac{1}{x+2}$ 在 $(-2,+\infty)$ 上为增函数, 且 $f^{\prime}(-1)<0$ $f^{\prime}(0)>0$ 故 $\mathrm{f}^{\prime}(\mathrm{x})=0$ 在 $(-2,+\infty)$ 上有唯一实数根 $\mathrm{x}_{0}$, 且 $\mathrm{x}_{0} \in(-1,0)$. 当 $x \in\left(-2, x_{0}\right)$ 时, $f^{\prime}(x)<0$, 当 $x \in\left(x_{0},+\infty\right)$ 时, $f^{\prime}(x)>0$, 从而当 $x=x_{0}$ 时, $f(x)$ 取得最小值. 由 $f^{\prime}\left(x_{0}\right)=0$, 得 $e^{x_{0}}=\frac{1}{x_{0}+2}, \ln \left(x_{0}+2\right)=-x_{0}$. 故 $f(x) \geqslant f\left(x_{0}\right)=\frac{1}{x_{0}+2}+x_{0}=\frac{\left(x_{0}+1\right)^{2}}{x_{0}+2}>0$. 综上, 当 $m \leqslant 2$ 时, $f(x)>0$. |
| wenxinyiyan | (1)【解析】首先求函数$f(x)$的导数，由$f(x) = e^x - \ln(x+m)$，得到$f'(x) = e^x - \frac{1}{x+m}$。根据题目条件，$x=0$是$f(x)$的极值点，因此$f'(0) = 0$。将$x=0$代入$f'(x)$，得到$e^0 - \frac{1}{m} = 0$，解得$m=1$。 接下来讨论$f(x)$的单调性。当$m=1$时，$f'(x) = e^x - \frac{1}{x+1}$。考虑$f'(x)$的符号变化，当$x < 0$时，$e^x < 1$且$\frac{1}{x+1} > 1$，因此$f'(x) < 0$；当$x > 0$时，$e^x > 1$且$\frac{1}{x+1} < 1$，因此$f'(x) > 0$。所以$f(x)$在$(-\infty, 0)$上单调递减，在$(0, +\infty)$上单调递增。 【答案】$m=1$，$f(x)$在$(-\infty, 0)$上单调递减，在$(0, +\infty)$上单调递增。 (2)【解析】要证明当$m \leq 2$时，$f(x) > 0$。首先考虑$f(x)$的导数$f'(x) = e^x - \frac{1}{x+m}$。当$m \leq 2$时，导数$f'(x)$在$x=-m$处有一个垂直渐近线，且在$x=-m$右侧，$f'(x)$从负无穷增大到正无穷。因此，存在某个$x_0 > -m$，使得$f'(x_0) = 0$。在$x_0$左侧，$f(x)$单调递减，在$x_0$右侧，$f(x)$单调递增。因此，$f(x)$在$x_0$处取得局部最小值。 接下来证明$f(x_0) > 0$。由于$f'(x_0) = 0$，我们有$e^{x_0} = \frac{1}{x_0+m}$。因此，$f(x_0) = e^{x_0} - \ln(x_0+m) = \frac{1}{x_0+m} + x_0$。考虑函数$g(x) = \frac{1}{x} + x$，其导数$g'(x) = -x^{-2} + 1$。当$x > 1$时，$g'(x) > 0$，因此$g(x)$在$(1, +\infty)$上单调递增。由于$x_0+m > 1$，我们有$g(x_0+m) > g(1) = 2$。因此，$f(x_0) = g(x_0+m) > 2 > 0$。 【答案】当$m \leq 2$时，$f(x) > 0$。 |
( I ) 解 $\because f^{\prime}(x)=e^{x}-\frac{1}{x+m}, x=0$ 是 $f(x)$ 的极值点, $\therefore f^{\prime}(0)=1-\frac{1}{m}=0$ , 解得 $\mathrm{m}=1$. 所以函数 $f(x)=e^{x}-\ln (x+1)$, 其定义域为 $(-1,+\infty)$. $\because f^{\prime}(x)=e^{x}-\frac{1}{x+1}=\frac{e^{x}(x+1)-1}{x+1}$ 设 $g(x)=e^{x}(x+1)-1$, 则 $g^{\prime}(x)=e^{x}(x+1)+e^{x}>0$, 所以 $g(x)$ 在 $(-1,+$ $\infty$ )上为增函数, 又 $\because g(0)=0$, 所以当 $x>0$ 时, $g(x)>0$, 即 $f^{\prime}(x)>0$; 当 $-1<x<0$ 时, $g$ $(x)<0, f^{\prime}(x)<0$. 所以 $\mathrm{f}(\mathrm{x})$ 在 $(-1,0)$ 上为减函数; 在 $(0,+\infty)$ 上为增函数; （II ) 证明: 当 $m \leqslant 2, x \in(-m,+\infty)$ 时, $\ln (x+m) \leqslant \ln (x+2)$, 故只需证 明当 $m=2$ 时 $f(x)>0$. 当 $m=2$ 时, 函数 $f^{\prime}(x)=e^{x}-\frac{1}{x+2}$ 在 $(-2,+\infty)$ 上为增函数, 且 $f^{\prime}(-1)<0$ $f^{\prime}(0)>0$ 故 $\mathrm{f}^{\prime}(\mathrm{x})=0$ 在 $(-2,+\infty)$ 上有唯一实数根 $\mathrm{x}_{0}$, 且 $\mathrm{x}_{0} \in(-1,0)$. 当 $x \in\left(-2, x_{0}\right)$ 时, $f^{\prime}(x)<0$, 当 $x \in\left(x_{0},+\infty\right)$ 时, $f^{\prime}(x)>0$, 从而当 $x=x_{0}$ 时, $f(x)$ 取得最小值. 由 $f^{\prime}\left(x_{0}\right)=0$, 得 $e^{x_{0}}=\frac{1}{x_{0}+2}, \ln \left(x_{0}+2\right)=-x_{0}$. 故 $f(x) \geqslant f\left(x_{0}\right)=\frac{1}{x_{0}+2}+x_{0}=\frac{\left(x_{0}+1\right)^{2}}{x_{0}+2}>0$. 综上, 当 $m \leqslant 2$ 时, $f(x)>0$. |
| zhipu | ### (I) 设 \( x=0 \) 是 \( f(x) \) 的极值点, 求 \( m \), 并讨论 \( f(x) \) 的单调性 #### 【解析】 首先，我们需要求出函数 \( f(x) = e^x - \ln(x + m) \) 的导数 \( f'(x) \)。 \[ f'(x) = \frac{d}{dx} \left( e^x - \ln(x + m) \right) = e^x - \frac{1}{x + m} \] 由于 \( x = 0 \) 是 \( f(x) \) 的极值点，所以 \( f'(0) = 0 \)。 \[ f'(0) = e^0 - \frac{1}{0 + m} = 1 - \frac{1}{m} = 0 \] 解这个方程可以得到： \[ 1 - \frac{1}{m} = 0 \implies m = 1 \] 接下来我们讨论 \( f(x) \) 的单调性。我们需要分析 \( f'(x) \) 的符号。 当 \( m = 1 \) 时，\( f'(x) = e^x - \frac{1}{x + 1} \)。 1. 当 \( x < -1 \) 时，\( x + 1 < 0 \)，此时 \( \frac{1}{x + 1} \) 为负值，而 \( e^x \) 为正值，所以 \( f'(x) > 0 \)，函数在 \( x < -1 \) 区间单调递增。 2. 当 \( x > -1 \) 时，我们分析 \( e^x - \frac{1}{x + 1} \) 的符号。 设 \( g(x) = e^x - \frac{1}{x + 1} \)，我们需要研究 \( g(x) \) 的单调性。 \[ g'(x) = e^x + \frac{1}{(x + 1)^2} \] 显然，\( g'(x) > 0 \) 对所有 \( x > -1 \) 都成立，所以 \( g(x) \) 在 \( x > -1 \) 区间单调递增。 当 \( x = 0 \) 时，\( g(0) = 1 - 1 = 0 \)。 所以，当 \( x > 0 \) 时，\( g(x) > 0 \)，即 \( f'(x) > 0 \)，函数在 \( x > 0 \) 区间单调递增。 当 \( -1 < x < 0 \) 时，\( g(x) < 0 \)，即 \( f'(x) < 0 \)，函数在 \( -1 < x < 0 \) 区间单调递减。 综上所述，函数 \( f(x) \) 在 \( x = 0 \) 处取得极小值，在 \( x < -1 \) 区间单调递增，在 \( -1 < x < 0 \) 区间单调递减，在 \( x > 0 \) 区间单调递增。 <eoe> #### 【答案】 \[ m = 1 \] 函数 \( f(x) \) 的单调性： - 在 \( x < -1 \) 区间单调递增； - 在 \( -1 < x < 0 \) 区间单调递减； - 在 \( x > 0 \) 区间单调递增。 <eoa> ### (II) 当 \( m \leqslant 2 \) 时, 证明 \( f(x) > 0 \) #### 【解析】 我们需要证明当 \( m \leqslant 2 \) 时，函数 \( f(x) = e^x - \ln(x + m) \) 在其定义域内恒大于零。 首先，函数的定义域是 \( x > -m \)。 1. 当 \( m = 2 \) 时，函数的定义域是 \( x > -2 \)。 我们需要证明 \( e^x - \ln(x + 2) > 0 \) 对所有 \( x > -2 \) 成立。 考虑函数 \( h(x) = e^x - \ln(x + 2) \)，我们分析其导数： \[ h'(x) = e^x - \frac{1}{x + 2} \] 设 \( k(x) = e^x - \frac{1}{x + 2} \)，我们分析 \( k(x) \) 的单调性： \[ k'(x) = e^x + \frac{1}{(x + 2)^2} \] 显然，\( k'(x) > 0 \) 对所有 \( x > -2 \) 都成立，所以 \( k(x) \) 在 \( x > -2 \) 区间单调递增。 当 \( x = -1 \) 时，\( k(-1) = e^{-1} - \frac{1}{-1 + 2} = \frac{1}{e} - 1 < 0 \)。 当 \( x = 0 \) 时，\( k(0) = 1 - \frac{1}{2} = \frac{1}{2} > 0 \)。 所以存在 \( x_0 \in (-1, 0) \) 使得 \( k(x_0) = 0 \)，即 \( e^{x_0} = \frac{1}{x_0 + 2} \)。 当 \( x < x_0 \) 时，\( k(x) < 0 \)，即 \( h'(x) < 0 \)，函数 \( h(x) \) 单调递减。 当 \( x > x_0 \) 时，\( k(x) > 0 \)，即 \( h'(x) > 0 \)，函数 \( h(x) \) 单调递增。 所以 \( h(x) \) 在 \( x = x_0 \) 处取得最小值。 \[ h(x_0) = e^{x_0} - \ln(x_0 + 2) = \frac{1}{x_0 + 2} - \ln(x_0 + 2) \] 设 \( t = x_0 + 2 \)，则 \( t \in (1, 2) \)，我们需要证明 \( \frac{1}{t} - \ln(t) > 0 \)。 考虑函数 \( \phi(t) = \frac{1}{t} - \ln(t) \)，其导数为： \[ \phi'(t) = -\frac{1}{t^2} - \frac{1}{t} < 0 \] 所以 \( \phi(t) \) 在 \( t \in (1, 2) \) 区间单调递减。 当 \( t = 1 \) 时，\( \phi(1) = 1 - \ln(1) = 1 > 0 \)。 所以 \( \phi(t) > 0 \) 对所有 \( t \in (1, 2) \) 成立，即 \( h(x_0) > 0 \)。 因此，\( h(x) > 0 \) 对所有 \( x > -2 \) 成立。 2. 当 \( m < 2 \) 时，类似的分析可以证明 \( f(x) = e^x - \ln(x + m) > 0 \)。 因为 \( \ln(x + m) \) 的增长速度慢于 \( e^x \)，所以 \( e^x - \ln(x + m) \) 在 \( x > -m \) 区间内恒大于零。 综上所述，当 \( m \leqslant 2 \) 时，\( f(x) > 0 \)。 <eoe> #### 【答案】 当 \( m \leqslant 2 \) 时，函数 \( f(x) = e^x - \ln(x + m) \) 在其定义域内恒大于零，即 \( f(x) > 0 \)。 <eoa> |
( I ) 解 $\because f^{\prime}(x)=e^{x}-\frac{1}{x+m}, x=0$ 是 $f(x)$ 的极值点, $\therefore f^{\prime}(0)=1-\frac{1}{m}=0$ , 解得 $\mathrm{m}=1$. 所以函数 $f(x)=e^{x}-\ln (x+1)$, 其定义域为 $(-1,+\infty)$. $\because f^{\prime}(x)=e^{x}-\frac{1}{x+1}=\frac{e^{x}(x+1)-1}{x+1}$ 设 $g(x)=e^{x}(x+1)-1$, 则 $g^{\prime}(x)=e^{x}(x+1)+e^{x}>0$, 所以 $g(x)$ 在 $(-1,+$ $\infty$ )上为增函数, 又 $\because g(0)=0$, 所以当 $x>0$ 时, $g(x)>0$, 即 $f^{\prime}(x)>0$; 当 $-1<x<0$ 时, $g$ $(x)<0, f^{\prime}(x)<0$. 所以 $\mathrm{f}(\mathrm{x})$ 在 $(-1,0)$ 上为减函数; 在 $(0,+\infty)$ 上为增函数; （II ) 证明: 当 $m \leqslant 2, x \in(-m,+\infty)$ 时, $\ln (x+m) \leqslant \ln (x+2)$, 故只需证 明当 $m=2$ 时 $f(x)>0$. 当 $m=2$ 时, 函数 $f^{\prime}(x)=e^{x}-\frac{1}{x+2}$ 在 $(-2,+\infty)$ 上为增函数, 且 $f^{\prime}(-1)<0$ $f^{\prime}(0)>0$ 故 $\mathrm{f}^{\prime}(\mathrm{x})=0$ 在 $(-2,+\infty)$ 上有唯一实数根 $\mathrm{x}_{0}$, 且 $\mathrm{x}_{0} \in(-1,0)$. 当 $x \in\left(-2, x_{0}\right)$ 时, $f^{\prime}(x)<0$, 当 $x \in\left(x_{0},+\infty\right)$ 时, $f^{\prime}(x)>0$, 从而当 $x=x_{0}$ 时, $f(x)$ 取得最小值. 由 $f^{\prime}\left(x_{0}\right)=0$, 得 $e^{x_{0}}=\frac{1}{x_{0}+2}, \ln \left(x_{0}+2\right)=-x_{0}$. 故 $f(x) \geqslant f\left(x_{0}\right)=\frac{1}{x_{0}+2}+x_{0}=\frac{\left(x_{0}+1\right)^{2}}{x_{0}+2}>0$. 综上, 当 $m \leqslant 2$ 时, $f(x)>0$. |
| gpto1 | (1)【解析】 首先，求函数 \( f(x) = e^{x} - \ln(x + m) \) 的导数： \[ f'(x) = e^{x} - \frac{1}{x + m} \] 由于 \( x = 0 \) 是函数的极值点，因此有： \[ f'(0) = 0 \] \[ e^{0} - \frac{1}{0 + m} = 0 \] \[ 1 - \frac{1}{m} = 0 \] \[ \frac{1}{m} = 1 \] \[ m = 1 \] 接下来，讨论当 \( m = 1 \) 时，函数的单调性。 函数的定义域为： \[ x + m > 0 \] \[ x + 1 > 0 \] \[ x > -1 \] 再次写出导数： \[ f'(x) = e^{x} - \frac{1}{x + 1} \] 讨论导数的符号： 当 \( x \in (-1, 0) \) 时，\( e^{x} \) 为正且递减，\( \frac{1}{x + 1} \) 为正且递增。 试取 \( x = -0.5 \)： \[ f'(-0.5) = e^{-0.5} - \frac{1}{-0.5 + 1} = e^{-0.5} - 2 \approx 0.6065 - 2 < 0 \] 因此，\( f'(x) < 0 \)，函数在区间 \( (-1, 0) \) 上单调递减。 当 \( x \in (0, +\infty) \) 时，试取 \( x = 1 \)： \[ f'(1) = e^{1} - \frac{1}{1 + 1} = e - 0.5 \approx 2.718 - 0.5 > 0 \] 因此，\( f'(x) > 0 \)，函数在区间 \( (0, +\infty) \) 上单调递增。 综上，函数 \( f(x) \) 在 \( (-1, 0) \) 上单调递减，在 \( (0, +\infty) \) 上单调递增，且在 \( x = 0 \) 处取得极小值。 <eoe> 【答案】(I) 当 \( m = 1 \) 时，\( x = 0 \) 是 \( f(x) \) 的极值点。函数 \( f(x) \) 在 \( (-1, 0) \) 上单调递减，在 \( (0, +\infty) \) 上单调递增。 <eoa> (2)【解析】 要证明当 \( m \leq 2 \) 时，\( f(x) > 0 \)，首先注意到函数的定义域为 \( x + m > 0 \)，即 \( x > -m \)。 根据（I）的结果，当 \( m \leq 2 \) 时，函数的极小值点在 \( x = 0 \)。计算此时的函数值： \[ f(0) = e^{0} - \ln(0 + m) = 1 - \ln(m) \] 由于 \( m \leq 2 \)，所以 \( m \in (0, 2] \)，因此 \( \ln(m) < \ln(2) \approx 0.6931 \)。因此： \[ f(0) > 1 - 0.6931 = 0.3069 > 0 \] 函数 \( f(x) \) 在 \( x = 0 \) 处取得极小值，且 \( f(0) > 0 \)，因此对于所有 \( x > -m \)，都有 \( f(x) > 0 \)。 <eoe> 【答案】(II) 当 \( m \leqslant 2 \) 时，\( f(x) > 0 \)。 <eoa> |
( I ) 解 $\because f^{\prime}(x)=e^{x}-\frac{1}{x+m}, x=0$ 是 $f(x)$ 的极值点, $\therefore f^{\prime}(0)=1-\frac{1}{m}=0$ , 解得 $\mathrm{m}=1$. 所以函数 $f(x)=e^{x}-\ln (x+1)$, 其定义域为 $(-1,+\infty)$. $\because f^{\prime}(x)=e^{x}-\frac{1}{x+1}=\frac{e^{x}(x+1)-1}{x+1}$ 设 $g(x)=e^{x}(x+1)-1$, 则 $g^{\prime}(x)=e^{x}(x+1)+e^{x}>0$, 所以 $g(x)$ 在 $(-1,+$ $\infty$ )上为增函数, 又 $\because g(0)=0$, 所以当 $x>0$ 时, $g(x)>0$, 即 $f^{\prime}(x)>0$; 当 $-1<x<0$ 时, $g$ $(x)<0, f^{\prime}(x)<0$. 所以 $\mathrm{f}(\mathrm{x})$ 在 $(-1,0)$ 上为减函数; 在 $(0,+\infty)$ 上为增函数; （II ) 证明: 当 $m \leqslant 2, x \in(-m,+\infty)$ 时, $\ln (x+m) \leqslant \ln (x+2)$, 故只需证 明当 $m=2$ 时 $f(x)>0$. 当 $m=2$ 时, 函数 $f^{\prime}(x)=e^{x}-\frac{1}{x+2}$ 在 $(-2,+\infty)$ 上为增函数, 且 $f^{\prime}(-1)<0$ $f^{\prime}(0)>0$ 故 $\mathrm{f}^{\prime}(\mathrm{x})=0$ 在 $(-2,+\infty)$ 上有唯一实数根 $\mathrm{x}_{0}$, 且 $\mathrm{x}_{0} \in(-1,0)$. 当 $x \in\left(-2, x_{0}\right)$ 时, $f^{\prime}(x)<0$, 当 $x \in\left(x_{0},+\infty\right)$ 时, $f^{\prime}(x)>0$, 从而当 $x=x_{0}$ 时, $f(x)$ 取得最小值. 由 $f^{\prime}\left(x_{0}\right)=0$, 得 $e^{x_{0}}=\frac{1}{x_{0}+2}, \ln \left(x_{0}+2\right)=-x_{0}$. 故 $f(x) \geqslant f\left(x_{0}\right)=\frac{1}{x_{0}+2}+x_{0}=\frac{\left(x_{0}+1\right)^{2}}{x_{0}+2}>0$. 综上, 当 $m \leqslant 2$ 时, $f(x)>0$. |
| deepseekv3 | ### （I） 【解析】 1. **求极值点对应的 \(m\)：** - 首先，求函数 \(f(x)\) 的导数： \[ f'(x) = \mathrm{e}^{x} - \frac{1}{x + m} \] - 由于 \(x = 0\) 是极值点，故 \(f'(0) = 0\)： \[ \mathrm{e}^{0} - \frac{1}{0 + m} = 0 \Rightarrow 1 - \frac{1}{m} = 0 \Rightarrow m = 1 \] 2. **讨论 \(f(x)\) 的单调性：** - 已知 \(m = 1\)，函数变为： \[ f(x) = \mathrm{e}^{x} - \ln(x + 1) \] - 导数为： \[ f'(x) = \mathrm{e}^{x} - \frac{1}{x + 1} \] - 分析 \(f'(x)\) 的符号： - 当 \(x > 0\) 时，\(\mathrm{e}^{x} > 1\) 且 \(\frac{1}{x + 1} < 1\)，故 \(f'(x) > 0\)，函数单调递增。 - 当 \(-1 < x < 0\) 时，\(\mathrm{e}^{x} < 1\) 且 \(\frac{1}{x + 1} > 1\)，故 \(f'(x) < 0\)，函数单调递减。 - 当 \(x < -1\) 时，\(x + 1 < 0\)，\(\ln(x + 1)\) 无定义，故不讨论。 <eoe> 【答案】 （I）\(m = 1\)。函数 \(f(x)\) 在 \(x > 0\) 时单调递增，在 \(-1 < x < 0\) 时单调递减。 <eoa> ### （II） 【解析】 1. **证明 \(f(x) > 0\) 当 \(m \leqslant 2\) 时：** - 函数为： \[ f(x) = \mathrm{e}^{x} - \ln(x + m) \] - 当 \(x + m > 0\) 时，\(\ln(x + m)\) 有定义。 - 分析 \(f(x)\) 的最小值： - 求导数： \[ f'(x) = \mathrm{e}^{x} - \frac{1}{x + m} \] - 设 \(f'(x) = 0\)，得： \[ \mathrm{e}^{x} = \frac{1}{x + m} \Rightarrow x + m = \mathrm{e}^{-x} \] - 设 \(x = -t\)，则： \[ -t + m = \mathrm{e}^{t} \Rightarrow m = t + \mathrm{e}^{t} \] - 由于 \(m \leqslant 2\)，故 \(t + \mathrm{e}^{t} \leqslant 2\)。 - 当 \(t = 0\) 时，\(m = 1\)，此时 \(f(0) = \mathrm{e}^{0} - \ln(1) = 1 - 0 = 1 > 0\)。 - 当 \(t = 1\) 时，\(m = 1 + \mathrm{e} > 2\)，不符合条件。 - 因此，最小值出现在 \(x = 0\) 时，\(f(0) = 1 > 0\)。 - 对于其他 \(x\)，\(f(x) > f(0) > 0\)。 <eoe> 【答案】 （II）当 \(m \leqslant 2\) 时，\(f(x) > 0\) 对于所有定义域内的 \(x\) 成立。 <eoa> |
( I ) 解 $\because f^{\prime}(x)=e^{x}-\frac{1}{x+m}, x=0$ 是 $f(x)$ 的极值点, $\therefore f^{\prime}(0)=1-\frac{1}{m}=0$ , 解得 $\mathrm{m}=1$. 所以函数 $f(x)=e^{x}-\ln (x+1)$, 其定义域为 $(-1,+\infty)$. $\because f^{\prime}(x)=e^{x}-\frac{1}{x+1}=\frac{e^{x}(x+1)-1}{x+1}$ 设 $g(x)=e^{x}(x+1)-1$, 则 $g^{\prime}(x)=e^{x}(x+1)+e^{x}>0$, 所以 $g(x)$ 在 $(-1,+$ $\infty$ )上为增函数, 又 $\because g(0)=0$, 所以当 $x>0$ 时, $g(x)>0$, 即 $f^{\prime}(x)>0$; 当 $-1<x<0$ 时, $g$ $(x)<0, f^{\prime}(x)<0$. 所以 $\mathrm{f}(\mathrm{x})$ 在 $(-1,0)$ 上为减函数; 在 $(0,+\infty)$ 上为增函数; （II ) 证明: 当 $m \leqslant 2, x \in(-m,+\infty)$ 时, $\ln (x+m) \leqslant \ln (x+2)$, 故只需证 明当 $m=2$ 时 $f(x)>0$. 当 $m=2$ 时, 函数 $f^{\prime}(x)=e^{x}-\frac{1}{x+2}$ 在 $(-2,+\infty)$ 上为增函数, 且 $f^{\prime}(-1)<0$ $f^{\prime}(0)>0$ 故 $\mathrm{f}^{\prime}(\mathrm{x})=0$ 在 $(-2,+\infty)$ 上有唯一实数根 $\mathrm{x}_{0}$, 且 $\mathrm{x}_{0} \in(-1,0)$. 当 $x \in\left(-2, x_{0}\right)$ 时, $f^{\prime}(x)<0$, 当 $x \in\left(x_{0},+\infty\right)$ 时, $f^{\prime}(x)>0$, 从而当 $x=x_{0}$ 时, $f(x)$ 取得最小值. 由 $f^{\prime}\left(x_{0}\right)=0$, 得 $e^{x_{0}}=\frac{1}{x_{0}+2}, \ln \left(x_{0}+2\right)=-x_{0}$. 故 $f(x) \geqslant f\left(x_{0}\right)=\frac{1}{x_{0}+2}+x_{0}=\frac{\left(x_{0}+1\right)^{2}}{x_{0}+2}>0$. 综上, 当 $m \leqslant 2$ 时, $f(x)>0$. |