Question

已知函數(shù)f（x）=lnx，g（x）=e^x-1．
（Ⅰ）求函數(shù)F（x）=f（x）-g（x）的單調(diào)區(qū)間；
（Ⅱ）若不等式f（x）g（x）≥ax-1在區(qū)間[1，+∞）上恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．

Answer 1

考點(diǎn)：利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性,利用導(dǎo)數(shù)求閉區(qū)間上函數(shù)的最值

專題：導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用

分析：（Ⅰ）由題意得到函數(shù)F（x）的解析式，求導(dǎo)后得到F′(x)=

1

x

-ex-1=

1-xex-1

x

．令φ（x）=1-xe^x-1，由φ（x）的單調(diào)性結(jié)合φ（1）=0可得F′（x）在不同區(qū)間內(nèi)的符號(hào)，從而得到函數(shù)F（x）的單調(diào)區(qū)間；
（Ⅱ）設(shè)G（x）=f（x）g（x）-（ax-1）=e^x-1lnx-ax+1，由導(dǎo)數(shù)得到函數(shù)G′（x）≥1-a，根據(jù)不等式f（x）g（x）≥ax-1在區(qū)間[1，+∞）上恒成立，得到G（1）=1-a≥0，即a≤1，此時(shí)滿足G′（x）≥1-a≥0，有函數(shù)G（x）在區(qū)間[1，+∞）上單調(diào)遞增，則G（x）≥G（1）≥0．由此確定實(shí)數(shù)a的取值范圍．

解答： 解：（Ⅰ）∵f（x）=lnx，g（x）=e^x-1，
∴F（x）=lnx-e^x-1，x∈（0，+∞），
F′(x)=

1

x

-ex-1=

1-xex-1

x

．
令φ（x）=1-xe^x-1，則φ（x）在區(qū)間（0，+∞）上單調(diào)遞減，又φ（1）=0，
∴當(dāng)x∈（0，1）時(shí)，φ（x）＞0，F(xiàn)′（x）＞0，F(xiàn)（x）在（0，1）上單調(diào)遞增；
當(dāng)x∈（1，+∞）時(shí)，φ（x）＜0，F(xiàn)′（x）＜0，F(xiàn)（x）在（1，+∞）上單調(diào)遞減．
（Ⅱ）設(shè)G（x）=f（x）g（x）-（ax-1）=e^x-1lnx-ax+1，x∈[1，+∞）．
則G′(x)=ex-1(lnx+

1

x

)-a，令h(x)=ex-1(lnx+

1

x

)，則h′(x)=ex-1(

2

x

+lnx-

1

x2

)，
令t(x)=

2

x

+lnx-

1

x2

，則t′(x)=

1

x

+

2

x3

-

2

x2

=

x2-2x+2

x3

＞0．
∴t（x）在區(qū)間[1，+∞）上單調(diào)遞增，則t（x）≥t（1）=1＞0，從而h′（x）＞0．
∴函數(shù)h（x）在區(qū)間[1，+∞）上單調(diào)遞增，則h（x）≥h（1）=1＞0，即G′（x）≥G′（1）=1-a．
又不等式f（x）g（x）≥ax-1在區(qū)間[1，+∞）上恒成立，
∴G（1）=1-a≥0，即a≤1．
而當(dāng)a≤1時(shí)G′（x）≥0，
∴函數(shù)G（x）在區(qū)間[1，+∞）上單調(diào)遞增，
∴G（x）≥G（1）≥0．
∴實(shí)數(shù)a的取值范圍為（-∞，1]．

點(diǎn)評(píng)：本題考查了利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，考查了利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的最值，考查了數(shù)學(xué)轉(zhuǎn)化思想方法和函數(shù)構(gòu)造法，解答此題的關(guān)鍵在于多次利用函數(shù)的導(dǎo)函數(shù)確定原函數(shù)的單調(diào)性，是壓軸題．