Question

15．已知函數(shù)f（x）=e^2x-alnx，x∈（0，1）．
（1）討論函數(shù)f（x）的導(dǎo)函數(shù)f′（x）的零點(diǎn)個(gè)數(shù)；
（2）當(dāng)a=1時(shí)，證明：f（x）＞$\frac{3}{2}$．

Answer 1

分析 （1）先求導(dǎo)，在分類討論，當(dāng)a≤0時(shí)，當(dāng)a＞0時(shí)，根據(jù)零點(diǎn)存在定理，即可求出；
（2）設(shè)函數(shù)零點(diǎn)為x₀，推出2e^2x₀=$\frac{a}{{x}_{0}}$①，通過函數(shù)的單調(diào)性推出當(dāng)x=x₀時(shí)，f（x）取得極小值，同時(shí)也是最小值，f（x）_min=f（x₀）=e^2x₀-alnx₀，構(gòu)造函數(shù)h（x）=$\frac{1}{2x}-lnx$，x∈（0，$\frac{1}{2}$）．通過函數(shù)的導(dǎo)數(shù)以及函數(shù)的最值求解即可．

解答 解：（1）∵x∈（0，1），且f′（x）=2e^2x-$\frac{a}{x}$，…（1分）
①當(dāng)a≤0時(shí)，f′（x）＞0恒成立，在（0，1）上恒成立，∴f′（x）在（0，1）上無零點(diǎn)；…（2分）
②當(dāng)a≥2e²時(shí)，∵f′′（x）=4e^2x$+\frac{a}{{x}^{2}}$＞0，在（0，1）上恒成立，∴f′（x）在（0，1）上單調(diào)遞增，
∴f′（x）＜f′（1）=2e²-a＜0，∴f′（x）在（0，1）上無零點(diǎn)；…（4分）
③當(dāng)0＜a＜2e²時(shí)，∵f′′（x）=4e^2x$+\frac{a}{{x}^{2}}$＞0在（0，1）上恒成立，∴f′（x）在（0，1）上單調(diào)遞增．又∵當(dāng)x趨向于0時(shí)，f′（x）趨向于-∞；且f′（1）=2e²-a＞0．
故由零點(diǎn)存在性定理可知：f′（x）在（0，1）上存在唯一一個(gè)零點(diǎn)…（6分）
綜上：當(dāng)a≤0或a≥2e²時(shí)，f′（x）在（0，1）上無零點(diǎn)；
當(dāng)0＜a＜2e²時(shí)，f′（x）在（0，1）上存在唯一一個(gè)零點(diǎn)…（7分）
（2）當(dāng)a=1時(shí)，f′（x）=2e^2x-$\frac{a}{x}$，則由（1）中③可知f′（x）在（0，1）上存在唯一一個(gè)零點(diǎn)，
設(shè)為x₀，則滿足：f′（x）=2e^2x₀-$\frac{a}{{x}_{0}}$=0，也即2e^2x₀=$\frac{a}{{x}_{0}}$①…（9分）
且知：當(dāng)x∈（0，x₀）時(shí)，f′（x）＜0，f（x）單調(diào)遞減；
當(dāng)x∈（x₀，1）時(shí)，f′（x）＞0，f（x）單調(diào)遞增．
∴當(dāng)x=x₀時(shí)，f（x）取得極小值，同時(shí)也是最小值，f（x）_min=f（x₀）=e^2x₀-alnx₀，…（10分）
由①式，可知f（x）_min=$\frac{1}{2{x}_{0}}-{lnx}_{0}$，…（…（11分）
又因f′（$\frac{1}{2}$）=2e-2＞0，f′（1）=2e²-1＞0，f′（0）趨向于-∞，可知x₀∈（0，$\frac{1}{2}$）…（12分）
令函數(shù)h（x）=$\frac{1}{2x}-lnx$，x∈（0，$\frac{1}{2}$）．
則h′（x）=-$\frac{1}{2{x}^{2}}-\frac{1}{x}$=$-\frac{1}{2}$$（\frac{1}{x}{+1）}^{2}+\frac{1}{2}＜-4＜0$，x∈（0，$\frac{1}{2}$）．
故函數(shù)h（x）在區(qū)間（0，$\frac{1}{2}$）上單調(diào)遞減，…（13分）
∴h（x）＞h（$\frac{1}{2}$）=1-ln$\frac{1}{2}$$＞1+ln2＞1+\frac{1}{2}$=$\frac{3}{2}$…（14分）
故函數(shù)f（x）＞$\frac{3}{2}$．成立．

點(diǎn)評(píng) 本題考查函數(shù)的數(shù)的綜合應(yīng)用，函數(shù)的單調(diào)區(qū)間以及函數(shù)的指正的應(yīng)用，構(gòu)造法以及轉(zhuǎn)化思想的應(yīng)用，考查分析問題解決問題的能力．