Question

17．已知函数f（x）=$\frac{1}{2}$x²-$\frac{1}{3}$ax³（a＞0），函数g（x）=f（x）+e^x（x-1），函数g（x）的导函数为g′（x）．
（Ⅰ）求函数f（x）的极值；
（Ⅱ）若a=e，
（1）求函数g（x）的单调区间；
（2）求证：x＞0时，不等式g′（x）≥1+lnx恒成立．

Answer 1

分析 （Ⅰ）先求出函数的导数，令导函数为0，求出函数的单调区间，从而求出函数的极值；
（Ⅱ）（1）先求出g（x）的导数，通过解关于导函数的不等式，从而求出函数的单调区间；（2）先求出g（x）的导数，构造新函数，通过讨论新函数的单调性，从而证出结论．

解答 解：（Ⅰ）∵a＞0，∴${f^'}（x）=x-a{x^2}=-ax（x-\frac{1}{a}）$，
∴f′（x）=0?x=0或$x=\frac{1}{a}$，
∴在（-∞，0）上，f′（x）＜0；在$（0，\frac{1}{a}）上，{f^'}（x）＞0$；
在$（\frac{1}{a}，+∞）上，{f^'}（x）＜0$，
∴函数$f（x）的极小值为f（0）=0，极大值为f（\frac{1}{a}）=\frac{1}{{6{a^2}}}$．
（Ⅱ）∵a=e，∴$g（x）=\frac{1}{2}{x^2}-\frac{1}{3}e{x^3}+{e^x}（x-1）$，g′（x）=x（e^x-ex+1）．
（1）记h（x）=e^x-ex+1，h′（x）=e^x-e，
∴在（-∞，1）上，h′（x）＜0，h（x）是减函数；
在（1，+∞）上，h′（x）＞0，h（x）是增函数，
∴h（x）≥h（1）=1＞0，
∴在（0，+∞）上，g′（x）＞0；在（-∞，0）上，g′（x）＜0，
故函数g（x）的单调递增区间是（0，+∞）；g（x）的单调递减区间是（-∞，0）；
（2）x＞0时，g′（x）=x（e^x-ex+1）≥1+lnx$?{e^x}-ex+1≥\frac{1+lnx}{x}$，
由（1）知，h（x）=e^x-ex+1≥1，
记φ（x）=1+lnx-x（x＞0），则${φ^'}（x）=\frac{1-x}{x}$，
在（0，1）上，φ′（x）＞0，φ（x）是增函数；
在（1，+∞）上，φ′（x）＜0，φ（x）是减函数，
∴φ（x）≤φ（1）=0，∴1+lnx-x≤0，∴$\frac{1+lnx}{x}≤1$，
∴${e^x}-ex+1≥1≥\frac{1+lnx}{x}，即{g^'}（x）≥1+lnx$恒成立．

点评 本题考查了函数的单调性、极值问题，考查导数的应用，不等式的证明，函数恒成立问题，本题有一定的难度．