Question

18．已知函數(shù)f（x）=$\frac{a}{2}$x²-lnx+x+1，g（x）=ae^x+$\frac{a}{x}$+ax-2a-1，其中a∈R
（1）若a=1，其函數(shù)g（x）在[1，3]的值域；
（2）若對(duì)任意的x∈（0，+∞），g（x）≥f′（x）恒成立，求正實(shí)數(shù)a的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）代入a=1可得g（x）=e^x+$\frac{1}{x}$+x-3，從而求導(dǎo)g′（x）=e^x-$\frac{1}{{x}^{2}}$+1；從而由導(dǎo)數(shù)的正負(fù)確定函數(shù)的單調(diào)性，從而求最值；
（2）令h（x）=g（x）-f′（x）．化簡(jiǎn)求導(dǎo)得到h′（x）=$\frac{a{e}^{x}{x}^{2}-a-1}{{x}^{2}}$；再令P（x）=ae^xx²-a-1并求導(dǎo)P′（x）=ae^xx（x+2）＞0，從而可解得?x₀∈（0，+∞），使h（x）在（0，x₀）上單調(diào)遞減，在（x₀，+∞）上單調(diào)遞增；從而可得h（x）_min=h（x₀）=a${e}^{{x}_{0}}$+$\frac{a+1}{{x}_{0}}$-2（a+1），①且a${e}^{{x}_{0}}$${{x}_{0}}^{2}$-a-1=0，從而化簡(jiǎn)求正實(shí)數(shù)a的最小值，問(wèn)題得以解決．

解答 解：（1）a=1時(shí)，g（x）=e^x+$\frac{1}{x}$+x-3，
∴g′（x）=e^x-$\frac{1}{{x}^{2}}$+1；
故當(dāng)x∈[1，3]時(shí)，g′（x）＞0；
故g（x）在[1，3]上是增函數(shù)，
故g（x）_max=g（3）=e³+$\frac{1}{3}$，g（x）_min=g（1）=e-1；
（3）令h（x）=g（x）-f′（x）
=ae^x+$\frac{a}{x}$+ax-2a-1-（ax-$\frac{1}{x}$+1）═ae^x+$\frac{a+1}{x}$-2（a+1），x∈（0，+∞），a∈（0，+∞）；
則h′（x）=ae^x-$\frac{a+1}{{x}^{2}}$=$\frac{a{e}^{x}{x}^{2}-a-1}{{x}^{2}}$；
令P（x）=ae^xx²-a-1，則P′（x）=ae^xx（x+2）＞0，
故P（x）在（0，+∞）上是增函數(shù)，
∵P（0）=-a-1＜0，且當(dāng)x→+∞時(shí)，P（x）→+∞；
∴?x₀∈（0，+∞），使P（x₀）=0；
∴當(dāng)x∈（0，x₀）時(shí)，P（x）＜0，即h′（x）＜0，故h（x）在（0，x₀）上單調(diào)遞減；
當(dāng)x∈（x₀，+∞）時(shí)，P（x）＞0，即h′（x）＞0，故h（x）在（x₀，+∞）上單調(diào)遞增；
∴h（x）_min=h（x₀）=a${e}^{{x}_{0}}$+$\frac{a+1}{{x}_{0}}$-2（a+1），①
由P（x₀）=0得，a${e}^{{x}_{0}}$${{x}_{0}}^{2}$-a-1=0，故a${e}^{{x}_{0}}$=$\frac{a+1}{{{x}_{0}}^{2}}$，②
代入①中得，h（x₀）=$\frac{a+1}{{{x}_{0}}^{2}}$+$\frac{a+1}{{x}_{0}}$-2（a+1）；
對(duì)任意的x∈（0，+∞），g（x）≥f′（x）恒成立可化為$\frac{a+1}{{{x}_{0}}^{2}}$+$\frac{a+1}{{x}_{0}}$-2（a+1）≥0；
又∵a＞0，
∴$\frac{1}{{{x}_{0}}^{2}}$+$\frac{1}{{x}_{0}}$-2≥0，又由x₀＞0解得，0＜x₀≤1，
由②得，${e}^{{x}_{0}}$${{x}_{0}}^{2}$=$\frac{a+1}{a}$，
易知p（x）=e^xx²在（0，1]上是增函數(shù)，
故0＜$\frac{a+1}{a}$≤e；
故a≥$\frac{1}{e-1}$，
故實(shí)數(shù)a的取值范圍為[$\frac{1}{e-1}$，+∞）．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用及恒成立問(wèn)題，關(guān)鍵構(gòu)造函數(shù)，求出函數(shù)的最值，屬于難題．