Question

已知函數(shù)f（x）=lnx，g（x）=

1

2

ax²+bx（a≠0）．
（1）若a=-2時，函數(shù)h（x）=f（x）-g（x），在其定義域是增函數(shù)，求b的取值范圍；
（2）在（1）的結(jié)論下，設(shè)函數(shù)φ（x）=e^2x+be^x，x∈[0，ln2]，求函數(shù)φ（x）的最小值；
（3）當(dāng)a=-2，b=4時，求證：對一切x∈（0，+∞），2x•f（x）≥g（x）-3恒成立．

Answer 1

考點：利用導(dǎo)數(shù)求閉區(qū)間上函數(shù)的最值,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）由已知條件得h′(x)=

1

x

+2x-b≥0對x∈（0，+∞）恒成立，由此能求出b的取值范圍．
（2）設(shè)t=e^x，則函數(shù)化為y=t²+bt，t∈[1，2]，y=（t+

b

2

）²-

b2

4

，由此利用分類討論思想能求出函數(shù)φ（x）的最小值．
（3）要證對一切x∈（0，+∞），2x•f（x）≥g（x）-3恒成立，只要證4≤2lnx+x+

3

x

，設(shè)h（x）=2lnx+x+

3

x

，x＞0，則h′(x)=

(x+3)(x-1)

x2

，由此利用導(dǎo)數(shù)性質(zhì)能證明對一切x∈（0，+∞），2x•f（x）≥g（x）恒成立．

解答： （1）解：依題意：h（x）=lnx+x²-bx，
∵h(yuǎn)（x）在（0，+∞）上是增函數(shù)，
∴h′(x)=

1

x

+2x-b≥0對x∈（0，+∞）恒成立，
∴b≤

1

x

+2x，∵x＞0，∴

1

x

+2x≥2

2

，
∴b的取值范圍是（-∞，2

2

]．
（2）解：設(shè)t=e^x，則函數(shù)化為y=t²+bt，t∈[1，2]，
∵y=（t+

b

2

）²-

b2

4

，
∴①當(dāng)-

b

2

≤1，即-2≤b≤2

2

時，函數(shù)y在[1，2]上為增函數(shù)，
當(dāng)t=1時，y_min=b+1．
②當(dāng)1＜-

b

2

＜2，即-4＜b＜-2時，當(dāng)t=-

b

2

時，ymin=-

b2

4

 ．
③當(dāng)-

b

2

≥2，即b≤-4時，函數(shù)y在[1，2]上為減函數(shù)，當(dāng)t=2時，y_min=4+2b，
綜上所述，φ（x）_min=

b+1，-2≤b≤2 2 - b2 4 ，-4＜b＜-2 4+2b，b≤-4

．
（3）證明：要證對一切x∈（0，+∞），2x•f（x）≥g（x）-3恒成立，
即證2xlnx≥-x²+4x-3，只要證4≤2lnx+x+

3

x

，
設(shè)h（x）=2lnx+x+

3

x

，x＞0，則h′(x)=

(x+3)(x-1)

x2

，
x∈（0，1）時，h′（x）＜0，h（x）單調(diào)遞減，
x∈（1，+∞）時，h′（x）＞0，h（x）單調(diào)遞增，
∴h（x）_min=h（1）=4，
∴對一切x∈（0，+∞），2x•f（x）≥g（x）-3恒成立．

點評：本題考查函數(shù)的取值范圍的求法，考查函數(shù)的最小值的求法，考查不等式的證明，解題時要注意構(gòu)造法和導(dǎo)數(shù)性質(zhì)的合理運用．