问题 解答题
已知函数f(x)=ax-
1
x
+b-(a+1)lnx,(a,b∈R),g(x)=-
2
e
x+
e
2

(Ⅰ)若函数f(x)在x=2处取得极小值0,求a,b的值;
(Ⅱ)在(Ⅰ)的条件下,求证:对任意x1x2∈[e,e2],总有f(x1)>g(x2);
(Ⅲ)求函数f(x)的单调递增区间.
答案

(Ⅰ)函数f(x)的定义域为(0,+∞),f′(x)=a+

1
x2
-
a+1
x

由题意得

f′(2)=a+
1
4
-
a+1
2
=0
f(2)=2a-
1
2
+b-(a+1)ln2=0

a=

1
2
,b=
3
2
ln2-
1
2

经检验符合题意.

(Ⅱ)f′(x)=

1
2
+
1
x2
-
3
2x
=
x2-3x+2
2x2
=
(x-2)(x-1)
2x2
,当x∈[e,e2]时,f'(x)>0,

所以f(x)在[e,e2]上单调递增,所以f(x)min=f(e)=

e
2
-
1
e
+
3
2
ln2-2,

g′(x)=-

2
e
,当x∈[e,e2]时,g'(x)<0,g(x)在[e,e2]上单调递减,所以     g(x)max=g(e)=
e
2
-2

因为f(x)min-g(x)max=

3
2
ln2-
1
e
>0,

所以对任意x1x2∈[e,e2],总有f(x1)>g(x2).

(Ⅲ)f′(x)=

ax2-(a+1)x+1
x2
=
(ax-1)(x-1)
x2

(1)当a=0时,由f'(x)>0得,0<x<1;

(2)当a<0时,由f'(x)>0得,0<x<1;

(3)当a>0时,

(ⅰ)若0<a<1,由f'(x)>0得,0<x<1或x>

1
a

(ⅱ)若a=1,则f'(x)≥0恒成立,(在(0,1)和(1,+∞)上f'(x)>0,f′(1)=0),得x>0;

(ⅲ)若a>1,由f'(x)>0得,0<x<

1
a
或x>1.

综上所述,当a≤0时,函数f(x)的单调递增区间为(0,1);

当0<a<1时,函数f(x)的单调递增区间为(0,1)和(

1
a
,+∞);

当a=1时,函数f(x)的单调递增区间为(0,+∞);

当a>1时,函数f(x)的单调递增区间为(0,

1
a
)和(1,+∞).

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