Question

已知函數f（x）=ax+lnx，函數g（x）=e^x，其中e為自然對數的底數．
（Ⅰ）討論f（x）的單調性；
（Ⅱ）若?x∈（0，+∞），使得不等式g（x）＜

x-m+3

x

成立，試求實數m的取值范圍；
（Ⅲ）當a=0時，對于?x∈（0，+∞），求證：f（x）＜g（x）-2．

Answer 1

考點：利用導數研究函數的單調性,導數在最大值、最小值問題中的應用

專題：導數的綜合應用

分析：（Ⅰ） 先求出函數的定義域，函數的導數，分別討論①當a≥0時②當a＜0的情況，從而求出函數的單調區(qū)間；
（Ⅱ）不等式轉化為m＜x-ex

x

+3成立，令h(x)=x-ex

x

+3，求出h（x）的導數，從而得到h（x）的單調性，進而h（x）＜h（0），從而求出m的范圍；
（Ⅲ）令φ（x）=g（x）-f（x）-2，求出φ（x）的導數，得到函數的單調性，從而求出φ（x）的最小值，進而f（x）＜g（x）-2．

解答： 解：（Ⅰ） 函數f（x）的定義域為（0，+∞），f′(x)=a+

1

x

（x＞0）．
①當a≥0時，f′（x）＞0，
∴f（x）在（0，+∞）上為增函數．
②當a＜0時，若x∈(0，-

1

a

)，f′（x）＞0，
∴f（x）在x∈(0，-

1

a

)上為增函數；
若x∈(-

1

a

，+∞)，f′（x）＜0，
∴f（x）在x∈(-

1

a

，+∞)上為減函數．
綜上所述，當a≥0時，f（x）在（0，+∞）上為增函數．
當a＜0時，f（x）在(0，-

1

a

)上為增函數，在(-

1

a

，+∞)上為減函數．

（Ⅱ）∵?x∈（0，+∞），使得不等式g(x)＜

x-m+3

x

成立，
∴?x∈（0，+∞），使得m＜x-ex

x

+3成立，
令h(x)=x-ex

x

+3，則h′(x)=1-ex(

x

+

1

2 x

)，
當x∈（0，+∞）時，∵e^x＞1，

x

+

1

2 x

≥2

x • 1 2 x

=

2

，
∴ex(

x

+

1

2 x

)＞1，
∴h′（x）＜0，從而h（x）在（0，+∞）上為減函數，
∴h（x）＜h（0）=3，
∴m＜3．

（Ⅲ）當a=0時，f（x）=lnx，令φ（x）=g（x）-f（x）-2，則φ（x）=e^x-lnx-2，
∴φ′(x)=ex-

1

x

，且φ′（x）在（0，+∞）上為增函數．
設φ′（x）=0的根為x=t，則et=

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)=et-lnt-2=et-lne-t-2=et+t-2
∵φ′（1）=e-1＞0，φ′(

1

2

)=

e

-2＜0，
∴t∈(

1

2

，1)，
由于φ（t）=e^t+t-2在t∈(

1

2

，1)上為增函數，
∴φ(x)min=φ(t)=et+t-2＞e

1

2

+

1

2

-2＞

2.25

+

1

2

-2=0，
∴f（x）＜g（x）-2．

點評：本題考查了函數的單調性，函數的最值問題，考查了導數的應用，考查了轉化思想，分類討論，是一道綜合題．