Question

已知a∈R，函数f(x)=

a

x

+lnx-1，g（x）=（lnx-1）e^x+x（其中e为自然对数的底数）．
（1）讨论函数f（x）在（0，e]上的单调性；
（2）是否存在实数x₀∈（0，+∞），使曲线y=g（x）在点x=x₀处的切线与y轴垂直？若存在，求出x₀的值；若不存在，请说明理由．
（3）若实数m，n满足m＞0，n＞0，求证：nⁿe^m≥mⁿeⁿ．

Answer 1

分析：（1）由f(x)=

a

x

+lnx-1，知f′(x)=-

a

x2

+

1

x

=

x-a

x2

．由此进行分类讨论，能得到函数f（x）在（0，e]上的单调性．
（2）由g（x）=（lnx-1）e^x+x，x∈（0，+∞），g′（x）=（lnx-1）′e^x+（lnx-1）（e^x）′+1=（

1

x

+lnx-1）e^x+1，由（1）知，当a=1时，f（x）=

1

x

+lnx-1在（0，+∞）上的最小值：f（x）_min=f（1）=0，由此能导出不存在实数x₀∈（0，+∞），使曲线y=g（x）在点x=x₀处的切线与y轴垂直．
（3）由（2）知

1

x

+lnx-1≥0，令x=

n

m

，得

m

n

+ln

n

m

-1≥0，由此能够证明nⁿe^m≥mⁿeⁿ．

解答：解：（1）∵f(x)=

a

x

+lnx-1，∴x∈（0，+∞），f′(x)=-

a

x2

+

1

x

=

x-a

x2

．
若a≤0，，则f′（x）＞0，f（x）在（0，e]上单调递增；
若0＜a＜e，当x∈（0，a）时，f′（x）＜0，函数f（x）在区间（0，a）上单调递减，
当x∈（a，e]时，f′（x）＞0，函数f（x）在区间（a，e]上单调递增，
若a≥e，则f′（x）≤0，函数f（x）在区间（0，e]上单调递减．
（2）解：∵g（x）=（lnx-1）e^x+x，x∈（0，+∞），
g′（x）=（lnx-1）′e^x+（lnx-1）（e^x）′+1
=

ex

x

+(lnx-1)ex+1
=（

1

x

+lnx-1）e^x+1，
由（1）易知，当a=1时，f（x）=

1

x

+lnx-1在（0，+∞）上的最小值：f（x）_min=f（1）=0，
即x₀∈（0，+∞）时，

1

x0

+lnx0-1≥0．
又ex0＞0，∴g′(x0)=(

1

x0

+lnx0-1)ex0+1≥1＞0．
曲线y=g（x）在点x=x₀处的切线与y轴垂直等价于方程g′（0）=0有实数解．
而g′（x₀）＞0，即方程g′（x₀）=0无实数解．故不存在．
（3）证明：由（2）知

1

x

+lnx-1≥0，
令x=

n

m

，得

m

n

+ln

n

m

-1≥0，
∴ln

n

m

≥1-

m

n

，
∴nln

n

m

≥n-m，
∴(

n

m

)n≥en-m，
∴nⁿe^m≥mⁿeⁿ．

点评：本题考查函数单调性的判断，考查实数是否存在的判断，考查不等式的证明，考查运算求解能力，推理论证能力；考查化归与转化思想．综合性强，难度大，有一定的探索性，对数学思维能力要求较高，是高考的重点．解题时要认真审题，仔细解答．