Question

2．已知函数f（x）=ax-lnx（a∈R），g（x）=$\frac{{e}^{x}-bx-b}{{x}^{2}}$（其中e为自然对数的底数），b∈[0，$\frac{1}{3}$）．
（1）求函数f（x）的单调区间；
（2）当a=1时，证明f（x）+g（x）＞1+$\frac{e}{3}$对x∈[1，+∞）恒成立．

Answer 1

分析 （1）求出函数的导数，对a讨论，令导数大于0，可得增区间，令导数小于0，可得减区间；
（2）当a=1时，由（1）得当x∈[1，+∞）时，f（x）≥f（1）=1
要证明f（x）+g（x）＞1+$\frac{e}{3}$对x∈[1，+∞）恒成立
只需证明g（x）$＞\frac{e}{3}$即可，即证明$\frac{{e}^{x}-bx-b}{{x}^{2}}$$＞\frac{e}{3}$即证明${e}^{x}-bx-b＞\frac{e}{3}{x}^{2}$对x∈[1，+∞）恒成立，其中∈[0，$\frac{1}{3}$）．令F（x）=${e}^{x}-bx-b-\frac{e}{3}{x}^{2}$，其中∈[0，$\frac{1}{3}$），利用导数即可证明．

解答 解：（1）函数f（x）=ax-lnx的导数为f′（x）=a-$\frac{1}{x}$，x＞0
当a≤0时，f′（x）＜0，f（x）在（0，+∞）递减；
当a＞0时，f′（x）＞0可得x＞$\frac{1}{a}$，f′（x）＜0可得0＜x＜$\frac{1}{a}$．
即有当a≤0时，f（x）的单调减区间为（0，+∞）；
当a＞0时，f（x）的增区间为（$\frac{1}{a}$，+∞），减区间为（0，$\frac{1}{a}$）．
（2）证明：当a=1时，由（1）得f（x）的增区间为（1，+∞），
当x∈[1，+∞）时，f（x）≥f（1）=1
要证明f（x）+g（x）＞1+$\frac{e}{3}$对x∈[1，+∞）恒成立
只需证明g（x）$＞\frac{e}{3}$即可
即证明$\frac{{e}^{x}-bx-b}{{x}^{2}}$$＞\frac{e}{3}$对x∈[1，+∞）恒成立，其中∈[0，$\frac{1}{3}$）．
即证明${e}^{x}-bx-b＞\frac{e}{3}{x}^{2}$对x∈[1，+∞）恒成立，其中∈[0，$\frac{1}{3}$）．
令F（x）=${e}^{x}-bx-b-\frac{e}{3}{x}^{2}$，其中∈[0，$\frac{1}{3}$）．
F′（x）=e^x-b-$\frac{2e}{3}x$，
F″（x）=e^x-$\frac{2e}{3}$＞0对x∈[1，+∞）恒成立，
∴F′（x）=e^x-b-$\frac{2e}{3}x$在[1，+∞）单调递增，且F′（1）=$\frac{e}{3}-b$＞0
∴F（x）在[1，+∞）单调递增，且F（1）=2（$\frac{e}{3}-b$）＞0
∴F（x）＞0对x∈[1，+∞）恒成立，其中∈[0，$\frac{1}{3}$）．∴g（x）$＞\frac{e}{3}$．
∴f（x）+g（x）＞1+$\frac{e}{3}$对x∈[1，+∞）恒成立．

点评 本题考查导数的运用：求单调区间、最值，同时考查不等式恒成立问题转化为求函数的最值问题，不等式的证明方法，分类讨论的思想方法，属于中档题．