Question

已知函数f（x）=ax+lnx，函数g（x）的导函数g′（x）=e^x，且g（0）•g′（1）=e
（Ⅰ）求f（x）的极值；
（Ⅱ）若?x∈（0，+∞），使得g（x）＜

x-m+3

x

成立，试求实数m的取值范围：
（Ⅲ）当a=0时，对于?x∈（0，+∞），求证：g（x）-f（x）＞2．

Answer 1

考点：导数在最大值、最小值问题中的应用,利用导数研究函数的极值

专题：综合题,转化思想,导数的综合应用

分析：（Ⅰ）求函数定义域、导数，按照a≥0，a＜0两种情况讨论f′（x）的符号变化，由极值定义可得结论；
（Ⅱ）先由条件求出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，+∞），则问题等价于m＜h（x）_max，利用导数基本不等式可求得h（x）_max；
（Ⅲ）当a=0时，令φ（x）=g（x）-f（x）-2=e^x-lnx-2，利用导数表示出φ（x）的最小值，只需说明最小值大于零即；

解答： （Ⅰ）解：函数f（x）的定义域为（0，+∞），f′（x）=a+

1

x

（x＞0）．
（i）当a≥0时，f′（x）＞0，
函数f（x）在（0，+∞）上单调递增，故f（x）没有极值；
（ii）当a＜0时，f′（x）=a+

1

x

=

ax+1

x

=

a(x+ 1 a )

x

，
当x∈（0，-

1

a

）时，f′（x）＞0；当x∈（-

1

a

，+∞）时，f′（x）＜0，
∴当x=-

1

a

时，f（x）取得极大值f（-

1

a

）=-1+ln（-

1

a

）．
（Ⅱ）解：∵函数g（x）的导函数g′（x）=e^x，
∴g（x）=e^x+c（其中c为常数）
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，+∞），则问题等价于m＜h（x）_max，
h′（x）=1-ex(

x

+

1

2 x

)，
∵当x∈（0，+∞）时，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，+∞）上单调递减，
∴h（x）＜h（0）=3，故m＜3．
（Ⅲ）解：当a=0时，f（x）=lnx，
令φ（x）=g（x）-f（x）-2，则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，+∞）上单调递增．
设φ′（x）=0的根为x=t，则et=

1

t

，即t=e^-t．
当x∈（0，t）时，φ′（x）＜0，φ（x）在（0，t）上单调递减；
当x∈（t，+∞）时，φ′（x）＞0，φ（x）在（t，+∞）上单调递增．
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）上单调递增，
∴φ（x）_min=φ（t）＞φ（

1

2

）=

e

+

1

2

-2＞

9 4

+

1

2

-2=0．
∴g（x）-f（x）＞2．

点评：该题考查恒成立问题、利用导数研究函数的极值最值，考查基本不等式，考查分类整合思想、转化思想，考查学生综合运用知识分析解决问题的能力．注意认真体会（Ⅲ）问中二次求导的应用．