Question

已知函數f（x）=ax+lnx，函數g（x）的導函數g′（x）=e^x，且g（0）•g′（1）=e
（Ⅰ）求f（x）的極值；
（Ⅱ）若?x∈（0，+∞），使得g（x）＜

x-m+3

x

成立，試求實數m的取值范圍：
（Ⅲ）當a=0時，對于?x∈（0，+∞），求證：g（x）-f（x）＞2．

Answer 1

考點：導數在最大值、最小值問題中的應用,利用導數研究函數的極值

專題：綜合題,轉化思想,導數的綜合應用

分析：（Ⅰ）求函數定義域、導數，按照a≥0，a＜0兩種情況討論f′（x）的符號變化，由極值定義可得結論；
（Ⅱ）先由條件求出g（x），存在x∈（0，+∞），使得g（x）＜

x-m+3

x

成立，即m＜x-e^x

x

+3成立．令h（x）=x-e^x

x

+3，x∈（0，+∞），則問題等價于m＜h（x）_max，利用導數基本不等式可求得h（x）_max；
（Ⅲ）當a=0時，令φ（x）=g（x）-f（x）-2=e^x-lnx-2，利用導數表示出φ（x）的最小值，只需說明最小值大于零即；

解答： （Ⅰ）解：函數f（x）的定義域為（0，+∞），f′（x）=a+

1

x

（x＞0）．
（i）當a≥0時，f′（x）＞0，
函數f（x）在（0，+∞）上單調遞增，故f（x）沒有極值；
（ii）當a＜0時，f′（x）=a+

1

x

=

ax+1

x

=

a(x+ 1 a )

x

，
當x∈（0，-

1

a

）時，f′（x）＞0；當x∈（-

1

a

，+∞）時，f′（x）＜0，
∴當x=-

1

a

時，f（x）取得極大值f（-

1

a

）=-1+ln（-

1

a

）．
（Ⅱ）解：∵函數g（x）的導函數g′（x）=e^x，
∴g（x）=e^x+c（其中c為常數）
由g（0）•g′（1）=e，得（1+c）e=e，故c=0，
∴g（x）=e^x．
若存在x∈（0，+∞），使得g（x）＜

x-m+3

x

成立，即m＜x-e^x

x

+3成立．
令h（x）=x-e^x

x

+3，x∈（0，+∞），則問題等價于m＜h（x）_max，
h′（x）=1-ex(

x

+

1

2 x

)，
∵當x∈（0，+∞）時，e^x＞1，

x

+

1

2 x

≥2

x • 1 2 x

=

2

，
∴ex(

x

+

1

2 x

)＞1，故h′（x）＜0，
∴h（x）在（0，+∞）上單調遞減，
∴h（x）＜h（0）=3，故m＜3．
（Ⅲ）解：當a=0時，f（x）=lnx，
令φ（x）=g（x）-f（x）-2，則φ（x）=e^x-lnx-2，
φ′（x）=ex-

1

x

，而[φ′（x）]′=ex+

1

x2

＞0在（0，+∞）上恒成立，
∴φ′（x）在（0，+∞）上單調遞增．
設φ′（x）=0的根為x=t，則et=

1

t

，即t=e^-t．
當x∈（0，t）時，φ′（x）＜0，φ（x）在（0，t）上單調遞減；
當x∈（t，+∞）時，φ′（x）＞0，φ（x）在（t，+∞）上單調遞增．
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′（

1

2

）=

e

-2＜0，得t∈(

1

2

，1)，
∵φ（t）=e^t+t-2在（

1

2

，1）上單調遞增，
∴φ（x）_min=φ（t）＞φ（

1

2

）=

e

+

1

2

-2＞

9 4

+

1

2

-2=0．
∴g（x）-f（x）＞2．

點評：該題考查恒成立問題、利用導數研究函數的極值最值，考查基本不等式，考查分類整合思想、轉化思想，考查學生綜合運用知識分析解決問題的能力．注意認真體會（Ⅲ）問中二次求導的應用．