Question

（2013•萊蕪二模）已知函數f（x）=ax+lnx，g（x）=e^x．
（I）當a≤0時，求f（x）的單調區間；
（Ⅱ）若不等式g(x)＜

x-m

x

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

Answer 1

分析：（Ⅰ）先求出其導函數，以及導函數大于0，小于0對應的區間即可求函數f（x）的單調區間；
（II）因為關于x的不等式g(x)＜

x-m

x

有解，將問題轉化為e^x

x

＜x-m有解，利用常數分離法進行求解；
（III）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，利用導數研究其單調性得出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的所有差值都大干2．

解答：解：（Ⅰ）函數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，+∞）為單調遞增函數；
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

）為單調遞增函數；在（-

1

a

，+∞）為單調遞減函數；
（II）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，
∴h（x）＜h（0）=0，故m＜0．
（III）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，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，
當x∈（1，+∞）時，n′（x）＜0，n（x）在（1．+∞）上是減函數，
∴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的所有差值都大干2．

點評：本題考查利用導數求函數的單調區間的方法，求函數的導數以及利用導數研究函數的極值．注意函數的定義域，此題是一道中檔題，考查學生計算能力；