Question

17．已知函數(shù)f（x）=$\frac{1}{2}$x²-$\frac{1}{3}$ax³（a＞0），函數(shù)g（x）=f（x）+e^x（x-1），函數(shù)g（x）的導(dǎo)函數(shù)為g′（x）．
（Ⅰ）求函數(shù)f（x）的極值；
（Ⅱ）若a=e，
（1）求函數(shù)g（x）的單調(diào)區(qū)間；
（2）求證：x＞0時(shí)，不等式g′（x）≥1+lnx恒成立．

Answer 1

分析 （Ⅰ）先求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，令導(dǎo)函數(shù)為0，求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，從而求出函數(shù)的極值；
（Ⅱ）（1）先求出g（x）的導(dǎo)數(shù)，通過解關(guān)于導(dǎo)函數(shù)的不等式，從而求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間；（2）先求出g（x）的導(dǎo)數(shù)，構(gòu)造新函數(shù)，通過討論新函數(shù)的單調(diào)性，從而證出結(jié)論．

解答 解：（Ⅰ）∵a＞0，∴${f^'}（x）=x-a{x^2}=-ax（x-\frac{1}{a}）$，
∴f′（x）=0?x=0或$x=\frac{1}{a}$，
∴在（-∞，0）上，f′（x）＜0；在$（0，\frac{1}{a}）上，{f^'}（x）＞0$；
在$（\frac{1}{a}，+∞）上，{f^'}（x）＜0$，
∴函數(shù)$f（x）的極小值為f（0）=0，極大值為f（\frac{1}{a}）=\frac{1}{{6{a^2}}}$．
（Ⅱ）∵a=e，∴$g（x）=\frac{1}{2}{x^2}-\frac{1}{3}e{x^3}+{e^x}（x-1）$，g′（x）=x（e^x-ex+1）．
（1）記h（x）=e^x-ex+1，h′（x）=e^x-e，
∴在（-∞，1）上，h′（x）＜0，h（x）是減函數(shù)；
在（1，+∞）上，h′（x）＞0，h（x）是增函數(shù)，
∴h（x）≥h（1）=1＞0，
∴在（0，+∞）上，g′（x）＞0；在（-∞，0）上，g′（x）＜0，
故函數(shù)g（x）的單調(diào)遞增區(qū)間是（0，+∞）；g（x）的單調(diào)遞減區(qū)間是（-∞，0）；
（2）x＞0時(shí)，g′（x）=x（e^x-ex+1）≥1+lnx$?{e^x}-ex+1≥\frac{1+lnx}{x}$，
由（1）知，h（x）=e^x-ex+1≥1，
記φ（x）=1+lnx-x（x＞0），則${φ^'}（x）=\frac{1-x}{x}$，
在（0，1）上，φ′（x）＞0，φ（x）是增函數(shù)；
在（1，+∞）上，φ′（x）＜0，φ（x）是減函數(shù)，
∴φ（x）≤φ（1）=0，∴1+lnx-x≤0，∴$\frac{1+lnx}{x}≤1$，
∴${e^x}-ex+1≥1≥\frac{1+lnx}{x}，即{g^'}（x）≥1+lnx$恒成立．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了函數(shù)的單調(diào)性、極值問題，考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用，不等式的證明，函數(shù)恒成立問題，本題有一定的難度．