Question

11．已知函數(shù)$f（x）=（ax+1）lnx-\frac{1}{2}a{x^2}-bx+\frac{e^x}（a，b∈R）$．
（1）若$a=b=\frac{1}{2}$，求函數(shù)$F（x）=f（x）-axlnx-\frac{e^x}$的單調區(qū)間；
（2）若a=1，b=-1，求證：$f（x）+\frac{1}{2}a{x^2}+bx＞lnx-1-2{e^{-2}}$．

Answer 1

分析 （1）求出函數(shù)F（x）的導數(shù)，解關于導函數(shù)的不等式，求出函數(shù)的單調區(qū)間即可；
（2）原不等式等價于$xlnx-\frac{1}{e^x}＞-1-\frac{2}{e^2}$令$G（x）=xlnx-\frac{1}{e^x}$，設$g（x）=\frac{1}{e^x}+lnx+1$，根據(jù)函數(shù)的單調性證明即可．

解答 解：由題意知函數(shù)f（x）的定義域為（0，+∞）．
（1）當$a=b=\frac{1}{2}$時，$F（x）=f（x）-axlnx-\frac{e^x}=lnx-\frac{1}{4}{x^2}-\frac{1}{2}x$，
$F'（x）=\frac{1}{x}-\frac{1}{2}x-\frac{1}{2}=\frac{-（x+2）（x-1）}{2x}$．
令F'（x）=0，解得x=1．
當0＜x＜1時，F(xiàn)'（x）＞0，此時F（x）單調遞增；
當x＞1時，F(xiàn)'（x）＜0，此時F（x）單調遞減．
∴函數(shù)F（x）的單調增區(qū)間為（0，1），單調減區(qū)間為（1，+∞）．
（2）證明：若a=1，b=-1，原不等式等價于$xlnx-\frac{1}{e^x}＞-1-\frac{2}{e^2}$
令$G（x）=xlnx-\frac{1}{e^x}$，則$G'（x）=\frac{1}{e^x}+lnx+1$．
設$g（x）=\frac{1}{e^x}+lnx+1$，則$g'（x）=-\frac{1}{e^x}+\frac{1}{x}=\frac{{{e^x}-x}}{{x{e^x}}}$．
設h（x）=e^x-x，則h'（x）=e^x-1＞0，
∴h（x）在（0，+∞）上單調遞增，∴h（x）＞h（0）=1，
∴g'（x）＞0，∴g（x）在（0，+∞）上單調遞增．
又∵g（e^-1）=e^-e-1＞0，g（e^-2）=e^-e-2-1＜0，
即g（e^-1）g（e^-2）＜0，
∴g（x）恰有一個零點${x_0}∈（{e^{-2}}，{e^{-1}}）$，
即$g（{x_0}）={e^{-{x_0}}}+ln{x_0}+1=0$，即$-{e^{-{x_0}}}=ln{x_0}+1$．
當x∈（0，x₀）時，g（x）＜0，G（x）單調遞減；
當x∈（x₀，+∞）時，g（x）＞0，G（x）單調遞增．
∴$G（x）≥G（{x_0}）={x_0}ln{x_0}-{e^{-{x_0}}}={x_0}ln{x_0}+ln{x_0}+1$．
設ϕ（x）=xlnx+lnx+1，∵x∈（e^-2，e^-1），
∴$ϕ'（x）=1+lnx+\frac{1}{x}＞1-1+e＞0$，
∴ϕ（x）在（e^-2，e^-1）上單調遞增，
∴ϕ（x）=xlnx+lnx+1，
∴$G（x）≥G（{x_0}）=ϕ（{x_0}）＞-1-2{e^{-2}}$，
綜上可知，$f（x）+\frac{1}{2}a{x^2}+bx＞lnx-1-2{e^{-2}}$．

點評 本題考查了函數(shù)的單調性、最值問題，考查導數(shù)的應用以及不等式的證明，是一道綜合題．