Question

已知函數(shù)f（x）=ax+lnx，g（x）=e^x，a∈R．
（1）求f（x）的單調(diào)區(qū)間；（2）若不等式g（x）＜

x-m

x

有解，求實數(shù)m的取值范圍；
（3）定義：對于函數(shù)y=F（x）和y=G（x）在其公共定義域內(nèi)的任意實數(shù)x₀，稱|F（x₀）-G（x₀）|的值為兩函數(shù)在x₀處的差值．證明：當a=0時，函數(shù)y=f（x）和f=g（x）在其公共定義域內(nèi)的所有差值都大于2．

Answer 1

考點：利用導數(shù)研究函數(shù)的極值

專題：導數(shù)的綜合應用

分析：（1）先求出其導函數(shù)，以及導函數(shù)大于0，小于0對應的區(qū)間即可求函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（2）因為關(guān)于x的不等式g（x）＜

x-m

x

有解，將問題轉(zhuǎn)化為e^x

x

＜x-m有解，利用常數(shù)分離法進行求解；
（3）當a=0時，f（x）=lnx，f（x）與g（x）的公共定義域為（0，+∞），由于|f（x）-g（x）|=|lnx-e^x|=e^x-lnx=e^x-x-（lnx-x），設m（x）=e^x-x，利用導數(shù)研究其單調(diào)性得出m（x）＞m（0）=1，同樣地，設n（x）=lnx-x，x∈（0，+∞），得到n（x）≤n（1）=-1，從而有|f（x）-g（x）|=m（x）-n（x）＞1-（-1）=2，即在其公共定義域內(nèi)的所有差值都大干2．

解答： 解：（1）函數(shù)f（x）的定義域為（0，+∞），f′（x）=（ax+lnx）′=a+

1

x

，
①當a=0時，f′（x）＞0，∴f（x）在（0，+∞）為單調(diào)遞增函數(shù)；
②當a＜0時，f′（x）=0，得x=-

1

a

，當x∈（0，-

1

a

）時，f′（x）＞0；當x∈（-

1

a

，+∞）時，f′（x）＜0；
∴f（x）在（0，-

1

a

）為單調(diào)遞增函數(shù)；在（-

1

a

，+∞）為單調(diào)遞減函數(shù)；
③當a＞0時，f′（x）=0，得x=-

1

a

，當x∈（0，-

1

a

）時，f′（x）＜0；當x∈（-

1

a

，+∞）時，f′（x）＞0；
∴f（x）在（0，-

1

a

）為單調(diào)遞減函數(shù)；在（-

1

a

，+∞）為單調(diào)遞增函數(shù)．
（2）由題意，不等式g（x）＜

x-m

x

有解，即e^x

x

＜x-m有解，
因此只須m＜x-e^x

x

，x∈（0，+∞），
設h（x）=x-e^x

x

，x∈（0，+∞），h′（x）=1-e^x（

x

+

1

2 x

），
因為

x

+

1

2 x

≥2

1 2

=

2

＞1，且e^x＞1，∴1-e^x（

x

+

1

2 x

）＜0，故h（x）在（0，+∞）上是減函數(shù)，
∴h（x）＜h（0）=0，故m＜0．
（3）當a=0時，f（x）=lnx，f（x）與g（x）的公共定義域為（0，+∞），
|f（x）-g（x）|=|lnx-e^x|=e^x-lnx=e^x-x-（lnx-x），設m（x）=e^x-x，x∈（0，+∞），
因為m′（x）=e^x-1＞0，m（x）在（0，+∞）上是增函數(shù)，m（x）＞m（0）=1，
又設n（x）=lnx-x，x∈（0，+∞），
因為n′（x）=

1

x

-1，當x∈（0，1）時，n′（x）＞0，n（x）在（0，1）上是增函數(shù)，
當x∈（1，+∞）時，n′（x）＜0，n（x）在（1．+∞）上是減函數(shù)，
∴當x=1時，n（x）取得極大值點，
即n（x）≤n（1）=-1，故|f（x）-g（x）|=m（x）-n（x）＞1-（-1）=2，
即在其公共定義域內(nèi)的所有差值都大干2．

點評：本題考查利用導數(shù)求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間的方法，求函數(shù)的導數(shù)以及利用導數(shù)研究函數(shù)的極值．注意函數(shù)的定義域，此題是一道中檔題，考查學生計算能力．