Question

3．已知函数f（x）=ax+lnx，函数g（x）=e^x．
（1）求f（x）的极值；
（2）若?x∈（0，+∞），使得g（x）＜$\frac{x-m+3}{\sqrt{x}}$成立，试求实数m的取值范围；
（3）当a=0时，对于?x∈（0，+∞），求证：g（x）-f（x）＞2．

Answer 1

分析 （1）求函数定义域、导数，按照a≥0，a＜0两种情况讨论f′（x）的符号变化，由极值定义可得结论；
（2）先由条件求出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，+∞），则问题等价于m＜h（x）_max，利用导数基本不等式可求得h（x）_max；
（3）当a=0时，令φ（x）=g（x）-f（x）-2=e^x-lnx-2，利用导数表示出φ（x）的最小值，只需说明最小值大于零即可．

解答 解：（1）∵f（x）=ax+lnx，x＞0，
∴f′（x）=a+$\frac{1}{x}$，
当a≥0时，f′（x）＞0恒成立，
∴f（x）在（0，+∞）上单调递增，函数无极值，
当a＜0时，
令f′（x）＞0，解得0＜x＜-$\frac{1}{a}$，函数f（x）单调递增，
令f′（x）＜0，解得x＞-$\frac{1}{a}$，函数f（x）单调递减，
当x=-$\frac{1}{a}$时，函数有极大值，极大值为f（-$\frac{1}{a}$）=-1+ln（-$\frac{1}{a}$）=-1-ln（-a），无极小值；
（2）证明：?x∈（0，+∞），使得g（x）＜$\frac{x-m+3}{\sqrt{x}}$成立．
∴?x∈（0，+∞），m＜x+3-$\sqrt{x}$e^x，
设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，+∞）上为减函数，
∴h（x）＜h（0）=3，
∴m≤3，
故m的取值范围为（-∞，3]；
（3）a=0时，f（x）=lnx
令φ（x）=g（x）-f（x）-2，则φ（x）=e^x-lnx-2，
∴φ′（x）=e^x-$\frac{1}{x}$，且φ'（x）在（0，+∞）上为增函数，
设φ′（x）=0的根为x=t，则e^t=$\frac{1}{t}$，即t=e^-t，
∵当x∈（0，t）时，φ'（x）＜0，φ（x）在（0，t）上为减函数，
当x∈（t，+∞）时，φ'（x）＞0，φ（x）在（t，+∞）上为增函数，
∴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）
由于函数y=e^x+x-2在上为增函数，
∴φ（x）min=φ（t）=e^t+t-2＞e，
∴g（x）-f（x）＞2．

点评 该题考查恒成立问题、利用导数研究函数的极值最值，考查基本不等式，考查分类整合思想、转化思想，考查学生综合运用知识分析解决问题的能力．注意认真体会（3）问中二次求导的应用．