Question

已知函数f（x）=ax+lnx，函数g（x）=e^x，其中e为自然对数的底数．
（Ⅰ）讨论f（x）的单调性；
（Ⅱ）若?x∈（0，+∞），使得不等式g（x）＜

x-m+3

x

成立，试求实数m的取值范围；
（Ⅲ）当a=0时，对于?x∈（0，+∞），求证：f（x）＜g（x）-2．

Answer 1

考点：利用导数研究函数的单调性,导数在最大值、最小值问题中的应用

专题：导数的综合应用

分析：（Ⅰ） 先求出函数的定义域，函数的导数，分别讨论①当a≥0时②当a＜0的情况，从而求出函数的单调区间；
（Ⅱ）不等式转化为m＜x-ex

x

+3成立，令h(x)=x-ex

x

+3，求出h（x）的导数，从而得到h（x）的单调性，进而h（x）＜h（0），从而求出m的范围；
（Ⅲ）令φ（x）=g（x）-f（x）-2，求出φ（x）的导数，得到函数的单调性，从而求出φ（x）的最小值，进而f（x）＜g（x）-2．

解答： 解：（Ⅰ） 函数f（x）的定义域为（0，+∞），f′(x)=a+

1

x

（x＞0）．
①当a≥0时，f′（x）＞0，
∴f（x）在（0，+∞）上为增函数．
②当a＜0时，若x∈(0，-

1

a

)，f′（x）＞0，
∴f（x）在x∈(0，-

1

a

)上为增函数；
若x∈(-

1

a

，+∞)，f′（x）＜0，
∴f（x）在x∈(-

1

a

，+∞)上为减函数．
综上所述，当a≥0时，f（x）在（0，+∞）上为增函数．
当a＜0时，f（x）在(0，-

1

a

)上为增函数，在(-

1

a

，+∞)上为减函数．

（Ⅱ）∵?x∈（0，+∞），使得不等式g(x)＜

x-m+3

x

成立，
∴?x∈（0，+∞），使得m＜x-ex

x

+3成立，
令h(x)=x-ex

x

+3，则h′(x)=1-ex(

x

+

1

2 x

)，
当x∈（0，+∞）时，∵e^x＞1，

x

+

1

2 x

≥2

x • 1 2 x

=

2

，
∴ex(

x

+

1

2 x

)＞1，
∴h′（x）＜0，从而h（x）在（0，+∞）上为减函数，
∴h（x）＜h（0）=3，
∴m＜3．

（Ⅲ）当a=0时，f（x）=lnx，令φ（x）=g（x）-f（x）-2，则φ（x）=e^x-lnx-2，
∴φ′(x)=ex-

1

x

，且φ′（x）在（0，+∞）上为增函数．
设φ′（x）=0的根为x=t，则et=

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)=et-lnt-2=et-lne-t-2=et+t-2
∵φ′（1）=e-1＞0，φ′(

1

2

)=

e

-2＜0，
∴t∈(

1

2

，1)，
由于φ（t）=e^t+t-2在t∈(

1

2

，1)上为增函数，
∴φ(x)min=φ(t)=et+t-2＞e

1

2

+

1

2

-2＞

2.25

+

1

2

-2=0，
∴f（x）＜g（x）-2．

点评：本题考查了函数的单调性，函数的最值问题，考查了导数的应用，考查了转化思想，分类讨论，是一道综合题．