Question

4．已知函數(shù)f（x）=ae^x+$\frac{a}{x}$+lnx，a∈R．
（Ⅰ）若a=1，求函數(shù)f（x）在[1，e]上的最大值；
（Ⅱ）當a=$\frac{1}{e-1}$時，求證：?x∈（0，+∞），f（x）+$\frac{1}{x}$≥lnx+2a+2．

Answer 1

分析 （Ⅰ）把a=1代入函數(shù)解析式，求導(dǎo)可知其導(dǎo)函數(shù)在[1，e]上恒大于0，即f（x）單調(diào)遞增，由此可求函數(shù)
f（x）在[1，e]上的最大值；
（Ⅱ）當a=$\frac{1}{e-1}$時，要證f（x）+$\frac{1}{x}$≥lnx+2a+2，即證ae^x+$\frac{a}{x}$+$\frac{1}{x}-（2a+2）≥0$，構(gòu)造函數(shù)g（x）=ae^x+$\frac{a}{x}$+$\frac{1}{x}-（2a+2），x∈（0，+∞）$，求其導(dǎo)函數(shù)，利用二次求導(dǎo)，可得對?x∈（0，+∞），g（x）≥0恒成立，即f（x）+$\frac{1}{x}$≥lnx+2a+2恒成立．

解答 （Ⅰ）解：當a=1時，f（x）=${e}^{x}+\frac{1}{x}+lnx$，
∵${f}^{′}（x）={e}^{x}-\frac{1}{{x}^{2}}+\frac{1}{x}=\frac{{x}^{2}{e}^{x}+x-1}{{x}^{2}}$，
則在[1，e]上，f′（x）＞0，f（x）單調(diào)遞增，故$f（x）_{max}={e}^{e}+\frac{1}{e}+1$；
（Ⅱ）證明：當a=$\frac{1}{e-1}$時，要證f（x）+$\frac{1}{x}$≥lnx+2a+2，
即證ae^x+$\frac{a}{x}$+$\frac{1}{x}-（2a+2）≥0$，
令g（x）=ae^x+$\frac{a}{x}$+$\frac{1}{x}-（2a+2），x∈（0，+∞）$，
下面證明當a=$\frac{1}{e-1}$，且x＞0時，g（x）≥0恒成立，
${g}^{′}（x）=a{e}^{x}-\frac{a+1}{{x}^{2}}=\frac{a{e}^{x}•{x}^{2}-（a+1）}{{x}^{2}}$，
令h（x）=ae^x•x²-（a+1），由h（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增，
且h（1）=ae-a-1=$\frac{e}{e-1}-\frac{1}{e-1}-1=0$．
故當x∈（0，1）時，h（x）＜0，即g′（x）＜0，g（x）單調(diào)遞減；
當x∈（1，+∞）時，h（x）＞0，即g′（x）＞0，g（x）單調(diào)遞增．
故$g（x）_{min}=g（1）=\frac{e}{e-1}+\frac{1}{e-1}+1-\frac{2}{e-1}-2=0$．
故當a=$\frac{1}{e-1}$，對?x∈（0，+∞），g（x）≥0恒成立，即f（x）+$\frac{1}{x}$≥lnx+2a+2恒成立．

點評 本題考查利用導(dǎo)數(shù)求閉區(qū)間上的最值，考查了函數(shù)恒成立問題，考查了數(shù)學(xué)轉(zhuǎn)化思想方法和分類討論的數(shù)學(xué)思想方法，屬難題．