Question

17．已知函数f（x）=e^x+mx-2，g（x）=mx+lnx
（I）求函数f（x）的单调区间；
（Ⅱ）当m=-1时，试推断方程：|g（x）|=$\frac{lnx}{x}$+$\frac{1}{2}$是否有实数解；
（Ⅲ）证明：在区间（0，+∞）上，函数y=f（x）的图象恒在函数y=g（x）的图象的上方．

Answer 1

分析 （1）先对原函数求导，然后在定义域内讨论导函数的符号即可；
（2）通过研究等号两边两个函数的最值，通过比较即可得出原方程是否有解；
（3）只需要说明函数y=f（x）-g（x）的最小值为正即可．利用导数研究函数的单调性、最值即可获证．

解答 解：（1）由题意得f′（x）=e^x+m，
当m≥0时，f′（x）＞0，所以当m≥0时，函数f（x）的增区间为R，
当m＜0时，令f′（x）＞0，即e^x+m＞0，可得x＞ln（-m）．由f′（x）＜0得：x＜ln（-m）．
所以当m＜0时，函数f（x）得单调增区间为[ln（-m），+∞），单调减区间为（-∞，ln（-m）]．
（2）当m=-1时，g（x）=-x+lnx（x＞0）．
易得：$g′（x）=\frac{1}{x}-1$，令g′（x）＞0，得0＜x＜1；令g′（x）＜0得x＞1．
故g（x）在x=1处取得极大值，也是最大值．所以g（x）≤g（1）=-1．
所以|g（x）|≥1．
令h（x）=$\frac{lnx}{x}+\frac{1}{2}$，所以$h′（x）=\frac{1-lnx}{{x}^{2}}$．
令h′（x）＞0可得0＜x＜e，由h′（x）＜0可得x＞e．
故h（x）在x=e处取得极大值，亦是最大值，所以h（x）$≤h（e）=\frac{1}{e}+\frac{1}{2}＜1$．
所以方程|g（x）|=$\frac{lnx}{x}+\frac{1}{2}$无实数解．
（3）由题意可得：本题即证：当x∈（0，+∞）时，f（x）＞g（x）恒成立．
令F（x）=f（x）-g（x）=e^x-lnx-2（x＞0）．
则$F′（x）={e}^{x}-\frac{1}{x}=\frac{x{e}^{x}-1}{x}$，令H（x）=xe^x-1，
则H′（x）=e^x（x+1），又x∈（0，+∞），所以H′（x）＞0．
所以函数H（x）在（0，+∞）上单调递增．
而H（0）=-1，H（1）=e-1＞0，
所以设x₀为函数H（x）的零点，则x₀∈（0，1）．即H（x₀）=${x}_{0}{e}^{{x}_{0}}-1=0$．
即${x}_{0}{e}^{{x}_{0}}=1$，所以${x}_{0}=\frac{1}{{e}^{{x}_{0}}}={e}^{-{x}_{0}}$．所以${e}^{{x}_{0}}=\frac{1}{{x}_{0}}$．
所以当x∈（0，x₀）时，H（x）＜0，即x∈（0，x₀）时，函数F（x）单调递减，
当x∈（x₀，+∞）时，H（x）＞0，即x∈（x₀，+∞），函数F（x）单调递增．
所以x₀为函数F（x）的极小值点，也是最小值点．
所以F（x）≥F（x₀）=${e}^{{x}_{0}}-ln{x}_{0}-2$=$\frac{1}{{x}_{0}}+{x}_{0}-2＞2\sqrt{\frac{1}{{x}_{0}}•{x}_{0}}-2=0$．
所以F（x）＞0，即当x∈（0，+∞）时，f（x）＞g（x）．
所以原题得证．

点评 本题考查了利用导数研究函数的单调性，利用导数研究函数的性质进一步研究方程的根的情况，不等式的解得情况，考查了函数思想在方程、不等式中的应用．