Question

已知函数f（x）=ln（x+a）-x²+x，g（x）=x•e^x-x²-1（x＞0），且f（x）点x=1处取得极值．
（Ⅰ）求实数a的值；
（Ⅱ）若关于x的方程f（x）=-

5

2

x+b在区间[1，3]上有解，求b的取值范围；
（Ⅲ）证明：g（x）≥f（x）．

Answer 1

考点：利用导数研究函数的极值,利用导数研究函数的单调性

专题：导数的综合应用

分析：（Ⅰ）通过求导得f'（1）=0，则得a=0．经检验符合题意；                     
（Ⅱ）由题意得：lnx-x2+

7

2

x=b．令h(x)=lnx-x2+

7

2

x(x＞0)，从而有h(x)∈[

5

2

，ln2+3]，进而求出b的取值范围；
（Ⅲ）证明：令F（x）=g（x）-f（x）=x•e^x-lnx-x-1（x＞0），则F′(x)=(x+1)•ex-

1

x

-1=

(x+1)

x

•(x•ex-1)，得到F（x）≥F（c）=0，从而证得g（x）≥f（x）．

解答： 解：（Ⅰ）∵f（x）=ln（x+a）-x²+x，
∴f′(x)=

1

x+a

-2x+1
∵函数f（x）=ln（x+a）-x²+x在点x=1处取得极值，
∴f'（1）=0，即当x=1时

1

x+a

-2x+1=0，
∴

1

1+a

-1=0，则得a=0．经检验符合题意；                     
（Ⅱ）∵f(x)=-

5

2

x+b，∴lnx-x2+x=-

5

2

x+b，
∴lnx-x2+

7

2

x=b．
令h(x)=lnx-x2+

7

2

x(x＞0)，
则h′(x)=

1

x

-2x+

7

2

=-

(4x+1)(x-2)

2x

．
∴当x∈[1，3]时，h'（x），h（x）随x的变化情况表：

x	1	（1，2）	2	（2，3）	…（8分） 3
h'（x）		+	0	-
h（x）		↗	极大值	↘

计算得：h(1)=

5

2

，h(3)=ln3+

3

2

＞

5

2

，h（2）=ln2+3，
∴h(x)∈[

5

2

，ln2+3]
所以b的取值范围为[

5

2

，ln2+3]．                        
（Ⅲ）证明：令F（x）=g（x）-f（x）=x•e^x-lnx-x-1（x＞0），
则F′(x)=(x+1)•ex-

1

x

-1=

(x+1)

x

•(x•ex-1)，
令G（x）=x•e^x-1，则∵G'（x）=（x+1）•e^x＞0（x＞0），
∴函数G（x）在（0，+∞）递增，G（x）在（0，+∞）上的零点最多一个，
又∵G（0）=-1＜0，G（1）=e-1＞0，
∴存在唯一的c∈（0，1）使得G（c）=0，
且当x∈（0，c）时，G（x）＜0；当x∈（c，+∞）时，G（x）＞0．
即当x∈（0，c）时，F'（x）＜0；当x∈（c，+∞）时，F'（x）＞0．
∴F（x）在（0，c）递减，在（c，+∞）递增，
从而F（x）≥F（c）=c•e^c-lnc-c-1．
由G（c）=0得c•e^c-1=0即c•e^c=1，两边取对数得：lnc+c=0，
∴F（c）=0，∴F（x）≥F（c）=0，
从而证得g（x）≥f（x）．

点评：本题考查了函数的单调性，函数的最值问题，导数的应用，考查不等式的证明，是一道综合题．