Question

已知函數(shù)f（x）=ax+lnx（a∈R），函數(shù)g（x）的導(dǎo)函數(shù)g′（x）=e^x，且函數(shù)f（x）無極值，g（0）g′（1）=-e（其中e為自然對數(shù)的底數(shù)）．
（1）求a的取值范圍；
（2）若存在x∈（0，+∞），使得不等式g（x）＜

2x

+

m

x

-2成立，求實數(shù)m的取值范圍；
（3）當(dāng)a≤0時，對于任意的x∈（0，+∞），求證：f（x）＜g（x）．

Answer 1

考點：利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的極值,利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性

專題：導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用

分析：（1）根據(jù)函數(shù)f（x）在定義域內(nèi)無極值，則導(dǎo)函數(shù)f′（x）＞0，或f′（x）＜0恒成立，求出a的取值范圍；
（2）結(jié)合題意求出g（x），把g（x）＜

2x

+

m

x

-2化為m＞e^x

x

-

2

x，構(gòu)造函數(shù)h（x）=e^x

x

-

2

x，求h（x）_min即可；
（3）構(gòu)造函數(shù)φ（x）=g（x）-f（x），利用導(dǎo)數(shù)求φ（x）的最小值φ（x）_min，從而證明出結(jié)論．

解答： 解：（1）函數(shù)f（x）的定義域為（0，+∞），f′（x）=a+

1

x

（x＞0）；
當(dāng)a≥0時，f′（x）＞0，
∴f（x）在（0，+∞）上是增函數(shù)，f（x）無極值；
當(dāng)a＜0時，f′（x）=

a(x+ 1 a )

x

；
若x∈（0，-

1

a

）時，f′（x）＞0；若x∈（-

1

a

，+∞）時，f′（x）＜0；
∴f（x）存在極大值，且當(dāng)x=-

1

a

時，f（x）_極大=f（-

1

a

）=ln（-

1

a

）-1；
綜上，a的取值范圍是[0，+∞）；
（2）∵函數(shù)g（x）的導(dǎo)數(shù)是g′（x）=e^x，
∴g（x）=e^x+c；
∵g（0）g′（1）=-e，
∴（1+c）e=-e，
∴c=-2，∴g（x）=e^x-2；
∵存在x∈（0，+∞），使得不等式g（x）＜

2x

+

m

x

-2成立，
即存在x∈（0，+∞），使得m＞e^x

x

-

2

x成立；
令h（x）=e^x

x

-

2

x，則問題可化為m＞h（x）_min，
對于h（x）=e^x

x

-

2

x，x∈（0，+∞），
∵h′（x）=e^x（

x

+

1

2 x

）-

2

，
當(dāng)x∈（0，+∞）時，∵e^x＞1，

x

+

1

2 x

≥2

x • 1 2 x

=

2

，
∴e^x（

x

+

1

2 x

）＞

2

；
∴h′（x）＞0，∴h（x）在（0，+∞）上是增函數(shù)；
∴h（x）＞h（0）=0，
∴m＞0，即實數(shù)m的取值范圍是（0，+∞）；
（3）由（1）得a=0，則f（x）=lnx，令φ（x）=g（x）-f（x），則φ（x）=e^x-lnx-2，
∴φ′（x）=e^x-

1

x

，且φ′（x）在（0，+∞）上為增函數(shù)；
設(shè)φ′（x）=0的根為t，則e^t=

1

t

，即t=e^-t，
∵當(dāng)x∈（0，t）時，φ′（x）＜0，φ（x）在（0，t）上是減函數(shù)，
當(dāng)x∈（t，+∞）時，φ′（x）＞0，φ（x）在（t，+∞）上是增函數(shù)；
∴φ（x）_min=φ（t）=e^t-lne^-t-2=e^t+t-2；
∵φ′（1）=e-1＞0，φ′（

1

2

）=

e

-2＜0，
∴t∈（

1

2

，1）；
∵φ（t）=e^t+t-2在t∈（

1

2

，1）上是增函數(shù)，
∴φ（x）_min=φ（t）=e^t+t-2＞e

1

2

+

1

2

-2＞0，
∴f（x）＜g（x）．

點評：本題考查了利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性與極值問題最值問題，也考查了構(gòu)造函數(shù)的方法，不等式的解法與應(yīng)用問題，是綜合性題目．