Question

5．已知函数f（x）=e^x．
（1）讨论函数g（x）=f（ax）-x-a的单调性；
（2）证明：f（x）+lnx+$\frac{3}{x}＞\frac{4}{{\sqrt{x}}}$．

Answer 1

分析 （1）求出函数的导数，通过讨论a的范围，求出函数的单调区间即可；
（2）问题转化为证明$x（{lnx+{e^x}}）-4\sqrt{x}+3＞0$，令a=1，得到e^x≥x+1，当x+1＞0时，得ln（x+1）≤x（x＞-1），用x-1代替x可得lnx≤x-1（x＞0），根据不等式的性质证明即可．

解答 （1）解：g（x）=f（ax）-x-a=e^ax-x-a，g'（x）=ae^ax-1，
①若a≤0时，g'（x）＜0，g（x）在R上单调递减；
②若a＞0时，当$x＜-\frac{1}{a}lna$时，g'（x）＜0，g（x）单调递减；
当$x＞-\frac{1}{a}lna$时，g'（x）＞0，g（x）单调递增；
综上，若a≤0时，g（x）在R上单调递减；
若a＞0时，g（x）在$（{-∞，-\frac{1}{a}lna}）$上单调递减；
在$（{-\frac{1}{a}lna，+∞}）$上单调递增；
（2）证明：要证$f（x）+lnx+\frac{3}{x}＞\frac{4}{{\sqrt{x}}}$，只需证$x（{lnx+{e^x}}）-4\sqrt{x}+3＞0$，
由（1）可知当a=1时，e^x-x-1≥0，即e^x≥x+1，
当x+1＞0时，上式两边取以e为底的对数，可得ln（x+1）≤x（x＞-1），
用x-1代替x可得lnx≤x-1（x＞0），又可得$ln\frac{1}{x}≤\frac{1}{x}-1（{x＞0}）$，
所以$lnx≥1-\frac{1}{x}（{x＞0}）$，$x（{lnx+{e^x}}）-4\sqrt{x}+3＞x（{1-\frac{1}{x}+x+1}）+3-4\sqrt{x}$
=${x^2}+2x+2-4\sqrt{x}={（{x+1}）^2}-4\sqrt{x}+1$$≥{（{2\sqrt{x}}）^2}-4\sqrt{x}+1={（{2\sqrt{x}-1}）^2}≥0$，
即原不等式成立．

点评 本题考查了函数的单调性问题，考查导数的应用以及分类讨论思想，转化思想，考查不等式的证明，是一道综合题．