Question

3．已知函数f（x）=e^x，g（x）=1nx+m．
（1）当m=-1时，求函数F（x）=$\frac{f（x）}{x}$+x•g（x）在（0，+∞）上的极值；
（2）若m=2，求证：当x∈（0，+∞）时，f（x）＞g（x）+$\frac{1}{10}$．
（参考数据：ln2=0.693，ln3=1.099）

Answer 1

分析 （1）求得F（x）的解析式，求得导数，运用导数大于0可得增区间，导数小于0，可得减区间，进而得到极值；
（2）令φ（x）=g（x）-f（x）=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0.1即可，运用导数求得最小值的点，由单调性即可得到证明．

解答 解：（1）当m=-1时，函数F（x）=$\frac{f（x）}{x}$+x•g（x）=$\frac{{e}^{x}}{x}$+x（lnx-1），
F′（x）=$\frac{{e}^{x}（x-1）}{{x}^{2}}$+lnx，
F″（x）=$\frac{{e}^{x}[（x-1）^{2}+1]}{{x}^{3}}$+$\frac{1}{x}$＞0恒成立，
即有F′（x）在x＞0递增，F′（x）=0只有一解x=1．
当x＞1时，F′（x）＞0，F（x）递增；
当0＜x＜1时，F′（x）＜0，F（x）递减．
即有x=1处取得极小值，且为e-1，无极大值；
（2）证明：令φ（x）=f（x）-g（x），
则φ（x）=e^x-lnx-2，φ′（x）=e^x-$\frac{1}{x}$，
而[φ′（x）]′=e^x+$\frac{1}{{x}^{2}}$＞0在（0，+∞）上恒成立，
∴φ′（x）在（0，+∞）上单调递增．
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）上单调递减；
当x∈（t，+∞）时，φ′（x）＞0，φ（x）在（t，+∞）上单调递增．
故φ（x）_min=φ（t）=e^t-lnt-2=e^t-lne^-t-2=e^t+t-2．
由φ′（1）=e-1＞0，φ′（$\frac{1}{2}$）=$\sqrt{e}$-2＜0，得t∈（$\frac{1}{2}$，1），
∵φ（t）=e^t+t-2在（$\frac{1}{2}$，1）上单调递增，
∴φ（x）_min=φ（t）＞φ（$\frac{1}{2}$）=$\sqrt{e}$+$\frac{1}{2}$-2，
由$\sqrt{e}$+$\frac{1}{2}$-2＞$\frac{1}{10}$?$\sqrt{e}$＞1.6?e＞2.56成立，
即有当x∈（0，+∞）时，f（x）＞g（x）+$\frac{1}{10}$．

点评 本题考查恒成立问题、利用导数研究函数的极值最值，考查转化思想，考查学生综合运用知识分析解决问题的能力．注意认真体会二次求导的应用．