Question

已知a∈R，函數(shù)f(x)=

a

x

+lnx-1，g（x）=（lnx-1）e^x+x（其中e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù)）．
（1）討論函數(shù)f（x）在（0，e]上的單調(diào)性；
（2）是否存在實(shí)數(shù)x₀∈（0，+∞），使曲線y=g（x）在點(diǎn)x=x₀處的切線與y軸垂直？若存在，求出x₀的值；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．
（3）若實(shí)數(shù)m，n滿足m＞0，n＞0，求證：nⁿe^m≥mⁿeⁿ．

Answer 1

分析：（1）由f(x)=

a

x

+lnx-1，知f′(x)=-

a

x2

+

1

x

=

x-a

x2

．由此進(jìn)行分類討論，能得到函數(shù)f（x）在（0，e]上的單調(diào)性．
（2）由g（x）=（lnx-1）e^x+x，x∈（0，+∞），g′（x）=（lnx-1）′e^x+（lnx-1）（e^x）′+1=（

1

x

+lnx-1）e^x+1，由（1）知，當(dāng)a=1時(shí)，f（x）=

1

x

+lnx-1在（0，+∞）上的最小值：f（x）_min=f（1）=0，由此能導(dǎo)出不存在實(shí)數(shù)x₀∈（0，+∞），使曲線y=g（x）在點(diǎn)x=x₀處的切線與y軸垂直．
（3）由（2）知

1

x

+lnx-1≥0，令x=

n

m

，得

m

n

+ln

n

m

-1≥0，由此能夠證明nⁿe^m≥mⁿeⁿ．

解答：解：（1）∵f(x)=

a

x

+lnx-1，∴x∈（0，+∞），f′(x)=-

a

x2

+

1

x

=

x-a

x2

．
若a≤0，，則f′（x）＞0，f（x）在（0，e]上單調(diào)遞增；
若0＜a＜e，當(dāng)x∈（0，a）時(shí)，f′（x）＜0，函數(shù)f（x）在區(qū)間（0，a）上單調(diào)遞減，
當(dāng)x∈（a，e]時(shí)，f′（x）＞0，函數(shù)f（x）在區(qū)間（a，e]上單調(diào)遞增，
若a≥e，則f′（x）≤0，函數(shù)f（x）在區(qū)間（0，e]上單調(diào)遞減．
（2）解：∵g（x）=（lnx-1）e^x+x，x∈（0，+∞），
g′（x）=（lnx-1）′e^x+（lnx-1）（e^x）′+1
=

ex

x

+(lnx-1)ex+1
=（

1

x

+lnx-1）e^x+1，
由（1）易知，當(dāng)a=1時(shí)，f（x）=

1

x

+lnx-1在（0，+∞）上的最小值：f（x）_min=f（1）=0，
即x₀∈（0，+∞）時(shí)，

1

x0

+lnx0-1≥0．
又ex0＞0，∴g′(x0)=(

1

x0

+lnx0-1)ex0+1≥1＞0．
曲線y=g（x）在點(diǎn)x=x₀處的切線與y軸垂直等價(jià)于方程g′（0）=0有實(shí)數(shù)解．
而g′（x₀）＞0，即方程g′（x₀）=0無(wú)實(shí)數(shù)解．故不存在．
（3）證明：由（2）知

1

x

+lnx-1≥0，
令x=

n

m

，得

m

n

+ln

n

m

-1≥0，
∴l(xiāng)n

n

m

≥1-

m

n

，
∴nln

n

m

≥n-m，
∴(

n

m

)n≥en-m，
∴nⁿe^m≥mⁿeⁿ．

點(diǎn)評(píng)：本題考查函數(shù)單調(diào)性的判斷，考查實(shí)數(shù)是否存在的判斷，考查不等式的證明，考查運(yùn)算求解能力，推理論證能力；考查化歸與轉(zhuǎn)化思想．綜合性強(qiáng)，難度大，有一定的探索性，對(duì)數(shù)學(xué)思維能力要求較高，是高考的重點(diǎn)．解題時(shí)要認(rèn)真審題，仔細(xì)解答．