Question

2．已知函數f（x）=ax-lnx（a∈R），g（x）=$\frac{{e}^{x}-bx-b}{{x}^{2}}$（其中e為自然對數的底數），b∈[0，$\frac{1}{3}$）．
（1）求函數f（x）的單調區(qū)間；
（2）當a=1時，證明f（x）+g（x）＞1+$\frac{e}{3}$對x∈[1，+∞）恒成立．

Answer 1

分析 （1）求出函數的導數，對a討論，令導數大于0，可得增區(qū)間，令導數小于0，可得減區(qū)間；
（2）當a=1時，由（1）得當x∈[1，+∞）時，f（x）≥f（1）=1
要證明f（x）+g（x）＞1+$\frac{e}{3}$對x∈[1，+∞）恒成立
只需證明g（x）$＞\frac{e}{3}$即可，即證明$\frac{{e}^{x}-bx-b}{{x}^{2}}$$＞\frac{e}{3}$即證明${e}^{x}-bx-b＞\frac{e}{3}{x}^{2}$對x∈[1，+∞）恒成立，其中∈[0，$\frac{1}{3}$）．令F（x）=${e}^{x}-bx-b-\frac{e}{3}{x}^{2}$，其中∈[0，$\frac{1}{3}$），利用導數即可證明．

解答 解：（1）函數f（x）=ax-lnx的導數為f′（x）=a-$\frac{1}{x}$，x＞0
當a≤0時，f′（x）＜0，f（x）在（0，+∞）遞減；
當a＞0時，f′（x）＞0可得x＞$\frac{1}{a}$，f′（x）＜0可得0＜x＜$\frac{1}{a}$．
即有當a≤0時，f（x）的單調減區(qū)間為（0，+∞）；
當a＞0時，f（x）的增區(qū)間為（$\frac{1}{a}$，+∞），減區(qū)間為（0，$\frac{1}{a}$）．
（2）證明：當a=1時，由（1）得f（x）的增區(qū)間為（1，+∞），
當x∈[1，+∞）時，f（x）≥f（1）=1
要證明f（x）+g（x）＞1+$\frac{e}{3}$對x∈[1，+∞）恒成立
只需證明g（x）$＞\frac{e}{3}$即可
即證明$\frac{{e}^{x}-bx-b}{{x}^{2}}$$＞\frac{e}{3}$對x∈[1，+∞）恒成立，其中∈[0，$\frac{1}{3}$）．
即證明${e}^{x}-bx-b＞\frac{e}{3}{x}^{2}$對x∈[1，+∞）恒成立，其中∈[0，$\frac{1}{3}$）．
令F（x）=${e}^{x}-bx-b-\frac{e}{3}{x}^{2}$，其中∈[0，$\frac{1}{3}$）．
F′（x）=e^x-b-$\frac{2e}{3}x$，
F″（x）=e^x-$\frac{2e}{3}$＞0對x∈[1，+∞）恒成立，
∴F′（x）=e^x-b-$\frac{2e}{3}x$在[1，+∞）單調遞增，且F′（1）=$\frac{e}{3}-b$＞0
∴F（x）在[1，+∞）單調遞增，且F（1）=2（$\frac{e}{3}-b$）＞0
∴F（x）＞0對x∈[1，+∞）恒成立，其中∈[0，$\frac{1}{3}$）．∴g（x）$＞\frac{e}{3}$．
∴f（x）+g（x）＞1+$\frac{e}{3}$對x∈[1，+∞）恒成立．

點評 本題考查導數的運用：求單調區(qū)間、最值，同時考查不等式恒成立問題轉化為求函數的最值問題，不等式的證明方法，分類討論的思想方法，屬于中檔題．