已知函数\(f(x)=ax+{\ln}x+1\) \((a\in\mathbb{R})\).
\((1)\) 讨论函数\(f(x)\)的单调性;
\((2)\) 当\(a=1\)时,令函数\(g(x)=x\mathrm{e}^x-f(x)\)\((\)其中\(\mathrm{e}\)是自然对数的底数\()\),求\(g(x)\)的最小值.
解析:
\((1)\) 对\(f(x)\)求导可得\[ f'(x)=a+\dfrac{1}{x},x>0.\]
情形一 若\(a\geqslant 0\),则\(\forall x>0,f'(x)>0\),此时函数\(f(x)\)为单调递增函数.
情形二 若\(a<0\),则\(f(x)\)在\(\left(0,-\dfrac{1}{a}\right)\)单调递增,在\(\left[-\dfrac{1}{a},+\infty\right)\)单调递减.
\((2)\) 当\(a=1\),此时\(g(x)=x\mathrm{e}^x-x-{\ln}x-1\),此时\[ \forall x>0,g(x)=\mathrm{e}^{x+{\ln}x}-x-{\ln}x-1\geqslant x+{\ln}x+1-x-{\ln}x-1=0.\]
因此当\(x_0\)满足\(x_0+{\ln}x_0=0\)时,\(g(x)\)取得最小值\(g(x_0)=0\).以下证明\(x_0\)的存在性.记\[ h(x)=x+{\ln}x,x>0.\]显然\(h(x)\)单调递增,且\[ \begin{cases} & \exists x_1=\dfrac{1}{\mathrm{e}},h(x_1)<0,\\ & \exists x_2=1,h(x_2)>0. \end{cases} \]
因此对于函数\(h(x)\)必然存在\(x_0\in\left(\dfrac{1}{\mathrm{e}},1\right)\)使得\(h(x_0)=0\).