Question

11．已知f（x）=$\frac{1}{2}$x²-$\frac{1}{3}$ex³，g（x）=f（x）+e^x（x-1）
（1）求函數(shù)f（x）極值；
（2）$h（x）=\frac{g'（x）}{x}$，求h（x）最小值
（3）求g（x）單調(diào)區(qū)間，
（4）求證：x＞0時，不等式g′（x）≥1+lnx．

Answer 1

分析 （1）求出導(dǎo)數(shù)，令它大于0，得增區(qū)間，令小于0，得減區(qū)間，判斷極小值和極大值；
（2）求出h（x）的表達(dá)式，得到h（x）的導(dǎo)數(shù)，解關(guān)于導(dǎo)函數(shù)的不等式，求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，從而求出函數(shù)的極值即可；
（3）寫出g（x）的表達(dá)式，求導(dǎo)數(shù)，得到g′（x）=x（e^x+1-ex），令y=e^x+1-ex，應(yīng)用導(dǎo)數(shù)證明y＞0恒成立，再解不等式g′（x）＞0，g′（x）＜0求出單調(diào)區(qū)間；
（4）當(dāng)x＞0時，令h（x）=1+lnx+ex²-x-e^xx，求出導(dǎo)數(shù)h′（x），當(dāng)x=1時，h′（x）=0，由（Ⅱ）得，e^x-ex≥0，討論當(dāng)x＞1時，當(dāng)0＜x＜1時，導(dǎo)數(shù)的符號，從而得到h（x）的最大值，即可得證．

解答 解：（1）函數(shù)f（x）=$\frac{1}{2}$x²-$\frac{1}{3}$ex³，
f′（x）=x-ex²=x（1-ex），
f′（x）＞0得0＜x＜$\frac{1}{e}$；f′（x）＜0得x＞$\frac{1}{e}$或x＜0．
則f（x）在x=0處取極小值，且為f（0）=0，
f（x）在x=$\frac{1}{e}$處取極大值，且為f（$\frac{1}{e}$）=$\frac{1}{{6e}^{2}}$．
（2）f（x）=$\frac{1}{2}$x²-$\frac{1}{3}$ex³，
∴g（x）=f（x）+e^x（x-1）=$\frac{1}{2}$x²-$\frac{1}{3}$ex³+e^x（x-1），
g′（x）=x-ex²+e^x（x-1）+e^x，
則g′（x）=x（e^x+1-ex），
∴$h（x）=\frac{g'（x）}{x}$=（e^x+1-ex），
h′（x）=ex-e，令h′（x）＞0，解得：x＞1，令h′（x）＜0，解得：x＜1，
∴h（x）在（-∞，1）遞減，在（1，+∞）遞增，
∴h（x）_最小值=h（1）=1；
（3）由（2）得：
g（x）=f（x）+e^x（x-1）=$\frac{1}{2}$x²-$\frac{1}{3}$ex³+e^x（x-1），
g′（x）=x-ex²+e^x（x-1）+e^x，
則g′（x）=x（e^x+1-ex），令y=e^x+1-ex，則y′=ex-e，y′＞0，得x＞1，
y′＜0，得x＜1，則x=1取極小，也是最小，
則y≥1．即e^x+1-ex＞0恒成立，
則g′（x）＞0得x＞0；g′（x）＜0得x＜0．
故g（x）的增區(qū)間為（0，+∞），減區(qū)間為（-∞，0）．
（4）證明：當(dāng)x＞0時，1+lnx-g′（x）=1+lnx+ex²-x-e^xx，
令h（x）=1+lnx+ex²-x-e^xx，
h′（x）=$\frac{1}{x}$+2ex-1-e^xx-e^x，
當(dāng)x=1時，h′（x）=0，由（Ⅱ）得，e^x-ex≥0，
當(dāng)x＞1時，h′（x）＜0，當(dāng)0＜x＜1時，h′（x）＞0，
故x=1為極大值，也為最大值，且為h（1）=0．
故當(dāng)x＞0時，h（x）≤h（1），即有h（x）≤0，
故當(dāng)x＞0時，1+lnx-g′（x）≤0，即g′（x）≥1+lnx．

點評 本題考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用：求單調(diào)區(qū)間、求極值，求最值，考查構(gòu)造函數(shù)證明不等式恒成立問題，轉(zhuǎn)化為求函數(shù)的最值問題，應(yīng)用導(dǎo)數(shù)求解，本題屬于中檔題．