Question

17．設(shè)函數(shù)f（x）=e^x，g（x）=lnx-2．
（Ⅰ）證明：$g（x）≥-\frac{e}{x}$；
（Ⅱ）若對所有的x≥0，都有$f（x）-\frac{1}{f（x）}≥ax$，求實數(shù)a的取值范圍．

Answer 1

分析 （Ⅰ）令$F（x）=g（x）+\frac{e}{x}=lnx-2+\frac{e}{x}$，求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性求出F（x）的最小值，證出結(jié)論即可；
（Ⅱ）記h（x）=f（x）-$\frac{1}{f（x）}$-ax=e^x-$\frac{1}{{e}^{x}}$-ax，求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，通過討論a的范圍，求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，從而求出a的范圍即可．

解答 （Ⅰ）證明：令$F（x）=g（x）+\frac{e}{x}=lnx-2+\frac{e}{x}$，
∴F′（x）=$\frac{1}{x}$-$\frac{e}{{x}^{2}}$=$\frac{x-e}{{x}^{2}}$，
由F′（x）＞0，解得：x＞e，
∴F（x）在（0，e]遞減，在[e，+∞）遞增，
∴$F{（x）_{min}}=F（e）=lne-2+\frac{e}{e}=0$，
∴F（x）≥0即$g（x）≥-\frac{e}{x}$成立．  
（Ⅱ）解：記h（x）=f（x）-$\frac{1}{f（x）}$-ax=e^x-$\frac{1}{{e}^{x}}$-ax，
∴h（x）≥0在[0，+∞）恒成立，
$h'（x）={e^x}+\frac{1}{e^x}-a$，∵$h''（x）={e^x}-\frac{1}{e^x}≥0（∵x≥0）$，
∴h'（x）在[0，+∞）遞增，又h'（0）=2-a，
∴①當(dāng) a≤2時，h'（x）≥0成立，即h（x）在[0，+∞）遞增，
則h（x）≥h（0）=0，即 $f（x）-\frac{1}{f（x）}≥ax$成立；    
②當(dāng)a＞2時，∵h'（x）在[0，+∞）遞增，且h'（x）_min=2-a＜0，
∴必存在t∈（0，+∞）使得h'（t）=0，
則x∈（0，t）時，h'（t）＜0，
即 x∈（0，t）時，h（t）＜h（0）=0與h（x）≥0在[0，+∞）恒成立矛盾，
故a＞2舍去．
綜上，實數(shù)a的取值范圍是a≤2．

點評 本題考查了函數(shù)的單調(diào)性、最值問題，考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用以及分類討論思想，轉(zhuǎn)化思想，是一道中檔題．