Question

1．已知函數(shù)f（x）=lnx+x²-1，g（x）=e^x-e
（ I）試判斷f（x）的單調(diào)性；
（ II）若對(duì)于任意的x∈（1，+∞），mg（x）＞f（x）恒成立，求實(shí)數(shù)m的取值范圍．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求導(dǎo)，根據(jù)導(dǎo)數(shù)和函數(shù)的單調(diào)性的關(guān)系即可判斷，
（Ⅱ）由題意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，求導(dǎo)，再分類討論，求出函數(shù)的最值，即可判斷m的取值范圍．

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，+∞）為增函數(shù)，
（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當(dāng)m≤0時(shí)，顯然h′（x）=me^x-$\frac{1}{x}$-2x＜0，
此時(shí)h（x）在（1，+∞）上單調(diào)遞減，
∴h（x）＜h（1）=0，不滿足條件．
 ②當(dāng)0＜m＜$\frac{3}{e}$時(shí)，令p（x）=me^x-$\frac{1}{x}$，q（x）=2x．
顯然p（x）=me^x-$\frac{1}{x}$在[1，+∞）上單調(diào)遞增，
∴p（x）_min=p（1）=me-1＜$\frac{3}{e}$×e-1=2
由q（x）=2x在[1，+∞）上單調(diào)遞增，于是q（x）_min=2．
∴p（x）_min＜q（x）_min，
于是函數(shù)p（x）的圖象與函數(shù)q（x）的圖象只可能有兩種情況：
若p（x）的圖象恒在q（x）圖象的下方，此時(shí)p（x）＜h（x），即h′（x）＜0，
故h（x）在（1，+∞）上單調(diào)遞減，
又h（1）=0，故h（x）＜0，不滿足條件．
若p（x）的圖象與q（x）的圖象在x＞1某點(diǎn)處的相交，設(shè)第一個(gè)交點(diǎn)的橫坐標(biāo)為x₀，
當(dāng)x∈（1，x₀）時(shí)，p（x）＜q（x），即h′（x）＜0，故h（x）在（1，x₀）上單調(diào)遞減，
又h（1）=0，故當(dāng)x∈（1，x₀）時(shí)，h（x）＜0．
∴h（x）不可能恒大于0，不滿足條件．
 ③當(dāng)m≥$\frac{3}{e}$時(shí)，令φ（x）=me^x-$\frac{1}{x}$-2x，則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，+∞）上單調(diào)遞增，
于是φ（x）＞φ（1）=me-1-2＞$\frac{3}{e}×e$-3=0
即h′（x）＞0
∴h（x）在（1，+∞）上單調(diào)遞增，
∴h（x）＞h（1）=0成立．
綜上，實(shí)數(shù)m的取值范圍是m≥$\frac{e}{3}$）

點(diǎn)評(píng) 本題考查了導(dǎo)數(shù)和函數(shù)的單調(diào)性和最值得關(guān)系，以及不等式恒成立的問(wèn)題，關(guān)鍵是構(gòu)造函數(shù)，培養(yǎng)的學(xué)生應(yīng)用能力，運(yùn)算能力，轉(zhuǎn)化能力，屬于難題．