Question

7．已知函数f（x）=ax+1nx（a∈R），g（x）=e^x．
（Ⅰ）求f（x）的单调区间；
（Ⅱ）证明：当a=0时，g（x）＞f（x）+2．

Answer 1

分析 （1）求出f（x）的定义域是（0，+∞），导函数$f'（x）=a+\frac{1}{x}，（x＞0）$，通过1⁰当a≥0时；2⁰当a＜0时，求解函数的单调区间．
（2）求出函数的定义域，化简令F（X）=e^x-lnx，求出导函数，通过二次求导，求出函数的最值，判断导数的符号，得到函数的单调性，然后求解函数的最值即可．

解答 （本小题满分12分）
解（1）f（x）的定义域是（0，+∞），$f'（x）=a+\frac{1}{x}，（x＞0）$1⁰当a≥0时，f'（x）＞0，所以在（0，+∞）单调递增；2⁰当a＜0时，由f'（x）=0，解得$x=-\frac{1}{a}$．
则当$x∈（0，-\frac{1}{a}）$时． f'（x）＞0，所以f（x）单调递增．当$x∈（-\frac{1}{a}，+∞）$时，f'（x）＜0，所以f（x）单调递减．
综上所述：当a≥0时，f（x）增区间是（0，+∞）；
当a＜0时，f（x）增区间是$（0，-\frac{1}{a}）$，减区间是$（-\frac{1}{a}，+∞）$．                 …（4分）
（2）f（x）=lnx，f（x）与g（x）的公共定义域为（0，+∞），
令F（X）=e^x-lnx，$F'（x）={e^x}-\frac{1}{x}$，$F''（x）={e^x}+\frac{1}{x^2}＞0$，所以F'（x）单调递增
因为$F'（\frac{1}{2}）=\sqrt{e}-2＜0，F'（1）=e-1＞0$，
所以存在唯一${x_0}∈（{\frac{1}{2}，1}）$使得$F'（{x_0}）={e^{x_0}}-\frac{1}{x_0}=0$，∴${x_0}={e^{-{x_0}}}$
且当x∈（0，x₀）时F'（x）＜0，F（x）递减； 当x∈（x₀，+∞）时F'（x）＞0，F（x）当递增；
所以${F_{min}}（x）=F（{x_0}）={e^{x_0}}-ln{x_0}={e^{x_0}}+{x_0}＞{e^{\frac{1}{2}}}+\frac{1}{2}＞1.6+\frac{1}{2}＞2$
故g（x）＞f（x）+2．                                             …（12分）

点评 本题考查函数的导数的综合应用，函数的最值以及函数的单调性的应用，考查转化思想以及计算能力．