Question

3．已知函數f（x）=ax+lnx，函數g（x）=e^x．
（1）求f（x）的極值；
（2）若?x∈（0，+∞），使得g（x）＜$\frac{x-m+3}{\sqrt{x}}$成立，試求實數m的取值范圍；
（3）當a=0時，對于?x∈（0，+∞），求證：g（x）-f（x）＞2．

Answer 1

分析 （1）求函數定義域、導數，按照a≥0，a＜0兩種情況討論f′（x）的符號變化，由極值定義可得結論；
（2）先由條件求出g（x），存在x∈（0，+∞），使得g（x）＜$\frac{x-m+3}{\sqrt{x}}$成立，即m＜x-$\sqrt{x}$e^x+3成立．令h（x）=x-$\sqrt{x}$e^x+3，x∈（0，+∞），則問題等價于m＜h（x）_max，利用導數基本不等式可求得h（x）_max；
（3）當a=0時，令φ（x）=g（x）-f（x）-2=e^x-lnx-2，利用導數表示出φ（x）的最小值，只需說明最小值大于零即可．

解答 解：（1）∵f（x）=ax+lnx，x＞0，
∴f′（x）=a+$\frac{1}{x}$，
當a≥0時，f′（x）＞0恒成立，
∴f（x）在（0，+∞）上單調遞增，函數無極值，
當a＜0時，
令f′（x）＞0，解得0＜x＜-$\frac{1}{a}$，函數f（x）單調遞增，
令f′（x）＜0，解得x＞-$\frac{1}{a}$，函數f（x）單調遞減，
當x=-$\frac{1}{a}$時，函數有極大值，極大值為f（-$\frac{1}{a}$）=-1+ln（-$\frac{1}{a}$）=-1-ln（-a），無極小值；
（2）證明：?x∈（0，+∞），使得g（x）＜$\frac{x-m+3}{\sqrt{x}}$成立．
∴?x∈（0，+∞），m＜x+3-$\sqrt{x}$e^x，
設h（x）=x+3-$\sqrt{x}$e^x，
∴m＜h（x）_max，
∴h′（x）=1-e^x（$\frac{1}{2}{x}^{-\frac{1}{2}}$+${x}^{\frac{1}{2}}$），
∵$\frac{1}{2}{x}^{-\frac{1}{2}}$+${x}^{\frac{1}{2}}$≥2$\sqrt{\frac{1}{2}{x}^{-\frac{1}{2}}•{x}^{\frac{1}{2}}}$=$\sqrt{2}$，
∴h′（x）＜0，
∴h（x）在（0，+∞）上為減函數，
∴h（x）＜h（0）=3，
∴m≤3，
故m的取值范圍為（-∞，3]；
（3）a=0時，f（x）=lnx
令φ（x）=g（x）-f（x）-2，則φ（x）=e^x-lnx-2，
∴φ′（x）=e^x-$\frac{1}{x}$，且φ'（x）在（0，+∞）上為增函數，
設φ′（x）=0的根為x=t，則e^t=$\frac{1}{t}$，即t=e^-t，
∵當x∈（0，t）時，φ'（x）＜0，φ（x）在（0，t）上為減函數，
當x∈（t，+∞）時，φ'（x）＞0，φ（x）在（t，+∞）上為增函數，
∴φ（x）min=φ（t）=e^t-lnt-2=e^t-lne^-t-2=e^t+t-2．
∵φ'（1）=e-1＞0，φ′（$\frac{1}{2}$）=$\sqrt{e}$-2，
∴t∈（$\frac{1}{2}$，1）
由于函數y=e^x+x-2在上為增函數，
∴φ（x）min=φ（t）=e^t+t-2＞e，
∴g（x）-f（x）＞2．

點評 該題考查恒成立問題、利用導數研究函數的極值最值，考查基本不等式，考查分類整合思想、轉化思想，考查學生綜合運用知識分析解決問題的能力．注意認真體會（3）問中二次求導的應用．