分析 (1)求出f(x)的导数,对a讨论,分a≤0时,a>0时,判断导数符号,可得单调性;
(2)设h(x)=f(x)-g(x)=ax2-lnx+1-(ax2-ex+3)=ex-lnx-2,求出h(x)的导数为h′(x)=ex-$\frac{1}{x}$=$\frac{x{e}^{x}-1}{x}$,判断xex-1在x>0上递增,且y>-1.设xex-1=0的根为x0,即有x0ex0=1,(0<x0<1),求出h(x)的最小值,判断大于0,即可得证.
解答 解:(1)函数f(x)=ax2-lnx+1的导数为f′(x)=2ax-$\frac{1}{x}$
=$\frac{2a{x}^{2}-1}{x}$,x>0,
当a≤0时,f′(x)<0,f(x)递减;
当a>0时,由f′(x)>0,可得x>$\sqrt{\frac{1}{2a}}$;
由f′(x)<0,可得0<x<$\sqrt{\frac{1}{2a}}$.
则当a≤0时,f(x)的减区间为(0,+∞),无增区间;
当a>0时,f(x)的增区间为($\sqrt{\frac{1}{2a}}$,+∞),减区间为(0,$\sqrt{\frac{1}{2a}}$);
(2)证明:h(x)=f(x)-g(x)=ax2-lnx+1-(ax2-ex+3)
=ex-lnx-2,
h(x)的导数为h′(x)=ex-$\frac{1}{x}$=$\frac{x{e}^{x}-1}{x}$,
由y=xex-1的导数为y′=(x+1)ex>0,对x>0恒成立,
即有函数y=xex-1在x>0上递增,且y>-1.
设xex-1=0的根为x0,即有x0ex0=1,(0<x0<1),
则当x>x0时,h′(x)>0,h(x)递增;
当0<x<x0时,h′(x)<0,h(x)递减.
故当x=x0时,h(x)取得最小值,且为ex0-lnx0-2,
即有$\frac{1}{{x}_{0}}$+x0-2>2$\sqrt{{x}_{0}•\frac{1}{{x}_{0}}}$-2=0,
则h(x)>0恒成立,
即有f(x)>g(x)在(0,+∞)上恒成立.
另解:当x>0时,由ex>x+1,lnx<x-1这两个不等式知,
f(x)-g(x)=ex-lnx-2>x+1-x+1-2=0,
即为f(x)>g(x)在(0,+∞)上恒成立.
点评 本题考查导数的运用:求单调区间和极值、最值,同时考查不等式恒成立问题的解法,注意运用导数判断单调性和转化思想的运用,属于中档题.
科目:高中数学 来源: 题型:选择题
A. | sin(-$\frac{π}{8}$)>sin(-$\frac{π}{10}$) | B. | cos(-$\frac{23π}{5}$)>cos(-$\frac{17π}{4}$) | ||
C. | cos250°>cos260° | D. | tan144°<tan148° |
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