Question

（Ⅰ）若函數(shù)f1(x)=ex的圖象恒在函數(shù)f₂（x）=x+m圖象的上方，求m的取值范圍；
（Ⅱ）已知：f(x)=

lnx+1

ex

，求f（x）的最大值；
（Ⅲ）若對(duì)于（Ⅱ）問中的f（x），記g（x）=（x²+x）•f′（x），求證：g（x）＜1+e^-2．

Answer 1

考點(diǎn)：導(dǎo)數(shù)在最大值、最小值問題中的應(yīng)用

專題：導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用

分析：（Ⅰ）根據(jù)數(shù)形結(jié)合，可轉(zhuǎn)化為f₁（x）＞f₂（x）恒成立，再利用導(dǎo)數(shù)的方法求解；
（Ⅱ）對(duì)f（x）求導(dǎo)，根據(jù)導(dǎo)函數(shù)的結(jié)構(gòu)特征，分0＜x＜1和x＞1兩個(gè)范圍分別討論其正負(fù)即可．
（Ⅲ）由g（x）=

(x+1)(1-xlnx-x)

ex

，對(duì)函數(shù)1-xlnx-x先進(jìn)行研究其取值范圍，再考慮函數(shù)e^x-x-1，確定出0＜

x+1

ex

＜1，從而證明g（x）＜1+e^-2

解答： 解：（Ⅰ）由題意知，e^x＞x+m對(duì)?x∈R恒成立，
∴m＜e^x-x對(duì)?x∈R恒成立．
只須m＜（e^x-x）_min即可．
令g（x）=e^x-x，則g′（x）=e^x-1．
令g′（x）＞0，∴e^x-1＞0，∴x＞0；
令g′（x）＜0，∴e^x-1＜0，∴x＜0．
∴g（x）在（-∞，0）上為減函數(shù)，在（0，+∞）上為增函數(shù)．
∴當(dāng)x=0時(shí)，g（x）_min=g（0）=1．
∴m＜1．
（Ⅱ）f′（x）=

(lnx+1)′ex-(lnx+1)ex

(ex)2

=

1 x -lnx-1

ex

，
當(dāng)0＜x＜1時(shí)，lnx＜0，

1

x

＞1，∴

1

x

-lnx-1＞0，
當(dāng)x＞1時(shí)，lnx＞0，0＜

1

x

＜1，∴

1

x

-lnx-1＜0．
即當(dāng)0＜x＜1時(shí)，f′（x）＞0；當(dāng)x＞1時(shí)，f′（x）＜0．
∴當(dāng)x=1時(shí)，f（x）_max=f（1）=

1

e

．
（Ⅲ）由（Ⅱ），g（x）=（x²+x）

1 x -lnx-1

ex

=

(x+1)(1-xlnx-x)

ex

，
令μ（x）=1-xlnx-x，則μ′（x）=-（lnx+2），
當(dāng)μ′（x）＞0，0＜x＜e^-2；
當(dāng)μ′（x）＜0，x＞e^-2．
∴當(dāng)x=e^-2時(shí)，μ（x）取最大值，且μ（e^-2）=1+e^-2．
∴1-xlnx-x≤1+e^-2．
考慮函數(shù)h（x）=e^x-x-1，h（0）=0，
h′（x）=e^x-1，
∴當(dāng)x＞0時(shí)，h′（x）＞0，h（x）單調(diào)遞增．
∴當(dāng)x＞0時(shí)，h（x）＞h（0）=0，即e^x＞x+1＞0．
∴0＜

x+1

ex

＜1，
∴g（x）=

(x+1)(1-xlnx-x)

ex

＜1-xlnx-x≤1+e^-2．

點(diǎn)評(píng)：本題中所設(shè)的三個(gè)小問中，分別從不同的角度體現(xiàn)用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的性質(zhì)的方法，如（1）中，是參數(shù)分離法；（2）中是對(duì)導(dǎo)函數(shù)的形式特征進(jìn)行研究，當(dāng)然，這個(gè)也可以直接用對(duì)導(dǎo)函數(shù)的分子再次求導(dǎo)完成研究的目的；（3）的綜合型較強(qiáng)，也是比較難把握的一種類型，就是將原函數(shù)的形式先進(jìn)行拆分，再分別用求導(dǎo)的方式逐一解決．在高考中，導(dǎo)數(shù)是經(jīng)�？疾榈降闹�識(shí)點(diǎn)，特別是關(guān)于不等式的證明，也是近幾年高考中，經(jīng)常會(huì)出現(xiàn)的題型，基于此，學(xué)生需要多做練習(xí)，感受其可能出現(xiàn)的變化性，從而達(dá)到充分備考的目的．