Question

3．已知函數(shù)f（x）=ax+lnx，函數(shù)g（x）=e^x．
（1）求f（x）的極值；
（2）若?x∈（0，+∞），使得g（x）＜$\frac{x-m+3}{\sqrt{x}}$成立，試求實(shí)數(shù)m的取值范圍；
（3）當(dāng)a=0時(shí)，對(duì)于?x∈（0，+∞），求證：g（x）-f（x）＞2．

Answer 1

分析 （1）求函數(shù)定義域、導(dǎo)數(shù)，按照a≥0，a＜0兩種情況討論f′（x）的符號(hào)變化，由極值定義可得結(jié)論；
（2）先由條件求出g（x），存在x∈（0，+∞），使得g（x）＜$\frac{x-m+3}{\sqrt{x}}$成立，即m＜x-$\sqrt{x}$e^x+3成立．令h（x）=x-$\sqrt{x}$e^x+3，x∈（0，+∞），則問(wèn)題等價(jià)于m＜h（x）_max，利用導(dǎo)數(shù)基本不等式可求得h（x）_max；
（3）當(dāng)a=0時(shí)，令φ（x）=g（x）-f（x）-2=e^x-lnx-2，利用導(dǎo)數(shù)表示出φ（x）的最小值，只需說(shuō)明最小值大于零即可．

解答 解：（1）∵f（x）=ax+lnx，x＞0，
∴f′（x）=a+$\frac{1}{x}$，
當(dāng)a≥0時(shí)，f′（x）＞0恒成立，
∴f（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增，函數(shù)無(wú)極值，
當(dāng)a＜0時(shí)，
令f′（x）＞0，解得0＜x＜-$\frac{1}{a}$，函數(shù)f（x）單調(diào)遞增，
令f′（x）＜0，解得x＞-$\frac{1}{a}$，函數(shù)f（x）單調(diào)遞減，
當(dāng)x=-$\frac{1}{a}$時(shí)，函數(shù)有極大值，極大值為f（-$\frac{1}{a}$）=-1+ln（-$\frac{1}{a}$）=-1-ln（-a），無(wú)極小值；
（2）證明：?x∈（0，+∞），使得g（x）＜$\frac{x-m+3}{\sqrt{x}}$成立．
∴?x∈（0，+∞），m＜x+3-$\sqrt{x}$e^x，
設(shè)h（x）=x+3-$\sqrt{x}$e^x，
∴m＜h（x）_max，
∴h′（x）=1-e^x（$\frac{1}{2}{x}^{-\frac{1}{2}}$+${x}^{\frac{1}{2}}$），
∵$\frac{1}{2}{x}^{-\frac{1}{2}}$+${x}^{\frac{1}{2}}$≥2$\sqrt{\frac{1}{2}{x}^{-\frac{1}{2}}•{x}^{\frac{1}{2}}}$=$\sqrt{2}$，
∴h′（x）＜0，
∴h（x）在（0，+∞）上為減函數(shù)，
∴h（x）＜h（0）=3，
∴m≤3，
故m的取值范圍為（-∞，3]；
（3）a=0時(shí)，f（x）=lnx
令φ（x）=g（x）-f（x）-2，則φ（x）=e^x-lnx-2，
∴φ′（x）=e^x-$\frac{1}{x}$，且φ'（x）在（0，+∞）上為增函數(shù)，
設(shè)φ′（x）=0的根為x=t，則e^t=$\frac{1}{t}$，即t=e^-t，
∵當(dāng)x∈（0，t）時(shí)，φ'（x）＜0，φ（x）在（0，t）上為減函數(shù)，
當(dāng)x∈（t，+∞）時(shí)，φ'（x）＞0，φ（x）在（t，+∞）上為增函數(shù)，
∴φ（x）min=φ（t）=e^t-lnt-2=e^t-lne^-t-2=e^t+t-2．
∵φ'（1）=e-1＞0，φ′（$\frac{1}{2}$）=$\sqrt{e}$-2，
∴t∈（$\frac{1}{2}$，1）
由于函數(shù)y=e^x+x-2在上為增函數(shù)，
∴φ（x）min=φ（t）=e^t+t-2＞e，
∴g（x）-f（x）＞2．

點(diǎn)評(píng) 該題考查恒成立問(wèn)題、利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的極值最值，考查基本不等式，考查分類整合思想、轉(zhuǎn)化思想，考查學(xué)生綜合運(yùn)用知識(shí)分析解決問(wèn)題的能力．注意認(rèn)真體會(huì)（3）問(wèn)中二次求導(dǎo)的應(yīng)用．