Question

14．已知函數(shù)f（x）=xe^x-a（lnx+x）．
（1）若函數(shù)f（x）恒有兩個零點，求a的取值范圍；
（2）若對任意x＞0，恒有不等式f（x）≥1成立．
①求實數(shù)a的值；
②證明：x²e^x＞（x+2）lnx+2sinx．

Answer 1

分析 （1）利用導數(shù)的運算法則可得f′（x），對a分類討論，當a≤0時，f'（x）＞0，故f（x）單調(diào)遞增，舍去．當a＞0時，f'（x）=0有唯一解x=x₀，此時${e^{x_0}}{x_0}=a$，求出極值，進而得出答案．
（2）①當a≤0時，不符合題意．當a＞0時，由（1）可知，f（x）_min=a-alna，故只需a-alna≥1．令$t=\frac{1}{a}$，上式即轉化為lnt≥t-1，利用導數(shù)研究其單調(diào)性極值即可得出．
②由①可知x²e^x-xlnx≥x²+x，因而只需證明：?x＞0，恒有x²+x＞2lnx+2sinx．注意到前面已經(jīng)證明：x-1≥lnx，因此只需證明：x²-x+2＞2sinx．對x分類討論，利用導數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性極值即可得出．

解答 解：（1）f（x）=xe^x-alnx-ax，x＞0，則$f'（x）=（{x+1}）{e^x}-a（{\frac{1}{x}+1}）=（{x+1}）（{{e^x}-\frac{a}{x}}）$．
當a≤0時，f'（x）＞0，故f（x）單調(diào)遞增，故不可能存在兩個零點，不符合題意；
當a＞0時，f'（x）=0有唯一解x=x₀，此時${e^{x_0}}{x_0}=a$，則$f{（x）_{min}}=f（{x_0}）={x_0}{e^{x_0}}-aln{x_0}-a{x_0}$．
注意到${e^{x_0}}{x_0}=a$，因此$f{（x）_{min}}=a-alna{e^{-{x_0}}}-a{x_0}=a-alna＜0⇒a∈（{e，+∞}）$．
（2）①當a＜0時，f（x）單調(diào)遞增，f（x）的值域為R，不符合題意；
當a=0時，則$f（{\frac{1}{2}}）=\frac{1}{2}{e^{\frac{1}{2}}}＜1$，也不符合題意．
當a＞0時，由（1）可知，f（x）_min=a-alna，故只需a-alna≥1．
令$t=\frac{1}{a}$，上式即轉化為lnt≥t-1，
設h（t）=lnt-t+1，則$h'（t）=\frac{1-t}{t}$，因此h（t）在（0，1）上單調(diào)遞增，
在（1，+∞）上單調(diào)遞減，從而h（x）_max=h（1）=0，所以lnt≤t-1．
因此，lnt=t-1⇒t=1，從而有$\frac{1}{a}=t=1⇒a=1$．
故滿足條件的實數(shù)為a=1．
②證明：由①可知x²e^x-xlnx≥x²+x，因而只需證明：?x＞0，恒有x²+x＞2lnx+2sinx．
注意到前面已經(jīng)證明：x-1≥lnx，因此只需證明：x²-x+2＞2sinx．
當x＞1時，恒有2sinx≤2＜x²-x+2，且等號不能同時成立；
當0＜x≤1時，設g（x）=x²-x+2-2sinx，則g'（x）=2x-1-2cosx，
當x∈（0，1]時，g'（x）是單調(diào)遞增函數(shù)，且$g'（1）=1-2cos1＜1-2cos\frac{π}{3}=0$，
因而x∈（0，1]時恒有g'（x）＜0；從而x∈（0，1]時，g（x）單調(diào)遞減，
從而g（x）≥g（1）=2-2sin1＞0，即x²-x+2＞2sinx．
故x²e^x＞（x+2）lnx+2sinx．

點評 本題考查了利用導數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性極值與最值、方程與不等式的解法、等價轉化方法，考查了推理能力與計算能力、分類討論方法，屬于難題．