Question

1．已知函数f（x）=lnx+x²-1，g（x）=e^x-e
（ I）试判断f（x）的单调性；
（ II）若对于任意的x∈（1，+∞），mg（x）＞f（x）恒成立，求实数m的取值范围．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求导，根据导数和函数的单调性的关系即可判断，
（Ⅱ）由题意mg（x）＞f（x）恒成立，得到m（e^x-e）-lnx-x²+1＞0，在（1，+∞）恒成立，令h（x）=m（e^x-e）-lnx-x²+1，求导，再分类讨论，求出函数的最值，即可判断m的取值范围．

解答 解：（Ⅰ）∵f（x）=lnx+x²-1，x＞0
∴f′（x）=$\frac{1}{x}$+2x＞0恒成立，
∴f（x）在（0，+∞）为增函数，
（Ⅱ）∵mg（x）＞f（x）恒成立，
∴m（e^x-e）-lnx-x²+1＞0，在（1，+∞）恒成立，
令h（x）=m（e^x-e）-lnx-x²+1，
∴h′（x）=me^x-$\frac{1}{x}$-2x，
令h′（1）=0
即me-3=0，可解得m=$\frac{3}{e}$．
①当m≤0时，显然h′（x）=me^x-$\frac{1}{x}$-2x＜0，
此时h（x）在（1，+∞）上单调递减，
∴h（x）＜h（1）=0，不满足条件．
 ②当0＜m＜$\frac{3}{e}$时，令p（x）=me^x-$\frac{1}{x}$，q（x）=2x．
显然p（x）=me^x-$\frac{1}{x}$在[1，+∞）上单调递增，
∴p（x）_min=p（1）=me-1＜$\frac{3}{e}$×e-1=2
由q（x）=2x在[1，+∞）上单调递增，于是q（x）_min=2．
∴p（x）_min＜q（x）_min，
于是函数p（x）的图象与函数q（x）的图象只可能有两种情况：
若p（x）的图象恒在q（x）图象的下方，此时p（x）＜h（x），即h′（x）＜0，
故h（x）在（1，+∞）上单调递减，
又h（1）=0，故h（x）＜0，不满足条件．
若p（x）的图象与q（x）的图象在x＞1某点处的相交，设第一个交点的横坐标为x₀，
当x∈（1，x₀）时，p（x）＜q（x），即h′（x）＜0，故h（x）在（1，x₀）上单调递减，
又h（1）=0，故当x∈（1，x₀）时，h（x）＜0．
∴h（x）不可能恒大于0，不满足条件．
 ③当m≥$\frac{3}{e}$时，令φ（x）=me^x-$\frac{1}{x}$-2x，则φ′（x）=me^x+$\frac{1}{{x}^{2}}$-2，
∵x∈（1，+∞），
∴φ′（x）=me^x+$\frac{1}{{x}^{2}}$-2＞me^x-2≥$\frac{3}{e}$×e-2=1＞0
故φ（x）=me^x-$\frac{1}{x}$-2x在（1，+∞）上单调递增，
于是φ（x）＞φ（1）=me-1-2＞$\frac{3}{e}×e$-3=0
即h′（x）＞0
∴h（x）在（1，+∞）上单调递增，
∴h（x）＞h（1）=0成立．
综上，实数m的取值范围是m≥$\frac{e}{3}$）

点评 本题考查了导数和函数的单调性和最值得关系，以及不等式恒成立的问题，关键是构造函数，培养的学生应用能力，运算能力，转化能力，属于难题．