Question

11．函數f（x）=lnx，g（x）=x²-x-m，
（Ⅰ）若函數F（x）=f（x）-g（x），求函數F（x）的極值．
（Ⅱ）若f（x）+g（x）＜x²-（x-2）e^x在x∈（0，3）恒成立，求實數m的取值范圍．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出F（x）的導數，注意定義域，列表表示F（x）和導數的關系，以及函數的單調區(qū)間，即可得到極大值，無極小值；
（Ⅱ）f（x）+g（x）＜x²-（x-2）e^x在（0，3）恒成立，整理為：m＞（x-2）e^x+lnx-x在x∈（0，3）恒成立；設h（x）=（x-2）e^x+lnx-x，運用導數求得h（x）在（0，3）的最大值，即可得到m的取值范圍．

解答 解：（Ⅰ）F（x）=lnx-x²+x+m，定義域（0，+∞），
F′（x）=$\frac{1}{x}$-2x+1=-$\frac{（2x+1）（x-1）}{x}$，
F′（x）=0，可得x=1，

x	（0，1）	1	（1，+∞）
F′（x）	+	0	-
F（x）	遞增	極大值	遞減

則F（x）的極大值為F（1）=m，沒有極小值；
（Ⅱ）f（x）+g（x）＜x²-（x-2）e^x在（0，3）恒成立；
整理為：m＞（x-2）e^x+lnx-x在x∈（0，3）恒成立；
設h（x）=（x-2）e^x+lnx-x，則h′（x）=（x-1）（e^x-$\frac{1}{x}$），
x＞1時，x-1＞0，且e^x＞e，$\frac{1}{x}$＜1，即h′（x）＞0；            
0＜x＜1時，x-1＜0，
設u=e^x-$\frac{1}{x}$，u′=e^x+$\frac{1}{{x}^{2}}$＞0，u在（0，1）遞增，
x→0時，$\frac{1}{x}$→+∞，即u＜0，x=1時，u=e-1＞0，
即?x₀∈（0，1），使得u₀=${e}^{{x}_{0}}$-$\frac{1}{{x}_{0}}$=0，∴x∈（0，x₀）時，u＜0；x∈（x₀，1）時，u＞0，
x∈（0，x₀）時，h′（x）＞0；x∈（x₀，1）時，h′（x）＜0．
函數h（x）在（0，x₀）遞增，（x₀，1）遞減，（1，3）遞增，
h（x₀）=（x₀-2）${e}^{{x}_{0}}$+lnx₀-x₀=（x₀-2）•$\frac{1}{{x}_{0}}$-2x₀=1-$\frac{2}{{x}_{0}}$-2x₀，
由x₀∈（0，1），-$\frac{2}{{x}_{0}}$＜-2，h（x₀）=1-$\frac{2}{{x}_{0}}$-2x₀＜-1-2x₀＜-1，
h（3）=e³+ln3-3＞0，
即x∈（0，3）時，h（x）＜h（3），即m≥h（3），
則實數m的取值范圍是（e³+ln3-3，+∞）．

點評 本題考查導數的運用：求單調區(qū)間和極值，同時考查不等式的恒成立問題轉化為求最值問題，屬于中檔題．