Question

已知函數(shù)f（x）=ax+lnx，g（x）=e^x．
（I）當(dāng)a≤0時，求f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（Ⅱ）若不等式有解，求實數(shù)m的取值菹圍；
（Ⅲ）定義：對于函數(shù)y=F（x）和y=G（x）在其公共定義域內(nèi)的任意實數(shù)x₀，稱|F（x₀）-G（x₀）|的值為兩函數(shù)在x₀處的差值．證明：當(dāng)a=0時，函數(shù)y=f（x）和y=g（x）在其公共定義域內(nèi)的所有差值都大干2．

Answer 1

解：（Ⅰ）函數(shù)f（x）的定義域為（0，+∞），f′（x）=（ax+lnx）′=a+
①當(dāng)a=0時，f′（x）＞0，∴f（x）在（0，+∞）為單調(diào)遞增函數(shù)；
②當(dāng)a＜0時，f′（x）=0，得x=-，當(dāng)x∈（0，-）時，f′（x）＞0；當(dāng)x∈（-，+∞）時，f′（x）＜0；
∴f（x）在（0，-）為單調(diào)遞增函數(shù)；在（-，+∞）為單調(diào)遞減函數(shù)；
（II）由題意，不等式有解，即e^x＜x-m有解，
因此只須m＜x-e^x，x∈（0，+∞），
設(shè)h（x）=x-e^x，x∈（0，+∞），h′（x）=1-e^x（+），
因為+≥2=＞1，且e^x＞1，∴1-e^x（+）＜0，故h（x）在（0，+∞）上是減函數(shù)，
∴h（x）＜h（0）=0，故m＜0．
（III）當(dāng)a=0時，f（x）=lnx，f（x）與g（x）的公共定義域為（0，+∞），
|f（x）-g（x）|=|lnx-e^x|=e^x-lnx=e^x-x-（lnx-x），設(shè)m（x）=e^x-x，x∈（0，+∞），
因為m′（x）=e^x-1＞0，m（x）在（0，+∞）上是增函數(shù)，m（x）＞m（0）=1，
又設(shè)n（x）=lnx-x，x∈（0，+∞），
因為n′（x）=-1，當(dāng)x∈（0，1）時，n′（x）＞0，n（x）在（0，1）上是增函數(shù)，
當(dāng)x∈（1），+∞時，n′（x）＜0，n（x）在（1．+∞）上是減函數(shù)，∴當(dāng)x=1時，n（x）取得極大值點(diǎn)，
即n（x）≤n（1）=-1，故|f（x）-g（x）|=m（x）-n（x）＞1-（-1）=2，
即在其公共定義域內(nèi)的所有差值都大干2．
分析：（Ⅰ）先求出其導(dǎo)函數(shù)，以及導(dǎo)函數(shù)大于0，小于0對應(yīng)的區(qū)間即可求函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（II）因為關(guān)于x的不等式有解，將問題轉(zhuǎn)化為e^x＜x-m有解，利用常數(shù)分離法進(jìn)行求解；
（III）當(dāng)a=0時，f（x）=lnx，f（x）與g（x）的公共定義域為（0，+∞），由于|f（x）-g（x）|=|lnx-e^x|=e^x-lnx=e^x-x-（lnx-x），設(shè)m（x）=e^x-x，利用導(dǎo)數(shù)研究其單調(diào)性得出m（x）＞m（0）=1，同樣地，設(shè)n（x）=lnx-x，x∈（0，+∞），得到n（x）≤n（1）=-1，從而有|f（x）-g（x）|=m（x）-n（x）＞1-（-1）=2，即在其公共定義域內(nèi)的所有差值都大干2．
點(diǎn)評：本題考查利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間的方法，求函數(shù)的導(dǎo)數(shù)以及利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的極值．注意函數(shù)的定義域，此題是一道中檔題，考查學(xué)生計算能力；