Question

13．已知函數(shù)f（x）=$\frac{x+1}{{e}^{x}}$+alnx有極值點(diǎn)，其中e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù)．
（1）求a的取值范圍；
（2）若a∈（0，$\frac{1}{e}$]，求證：?x∈（0，2]，都有f（x）＜$\frac{1+a-{a}^{2}}{{e}^{a}}$．

Answer 1

分析 （1）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，得到ae^x-x²=0有解，顯然a＞0，令m（x）=ae^x-x²，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性求出a的范圍即可；
（2）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，令h（x）=ae^x-x²，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性得到f（x）在（a，1）內(nèi)有唯一極大值點(diǎn)x₀，從而f（x）_max≤max{f（1），f（x₀）}，結(jié)合函數(shù)的單調(diào)性，證出結(jié)論即可．

解答 解：（1）f（x）=$\frac{x+1}{{e}^{x}}$+alnx，f′（x）=$\frac{{ae}^{x}{-x}^{2}}{{xe}^{x}}$，
若函數(shù)f（x）=$\frac{x+1}{{e}^{x}}$+alnx有極值點(diǎn)，
則ae^x-x²=0有解，顯然a＞0，
令m（x）=ae^x-x²，（a＞0），
則m′（x）=ae^x-2x，m″（x）=ae^x-2，
令m″（x）＞0，解得：x＞ln$\frac{2}{a}$，令m″（x）＜0，解得：x＜ln$\frac{2}{a}$，
∴m′（x）在（-∞，ln$\frac{2}{a}$）遞減，在（ln$\frac{2}{a}$，+∞）遞增，
∴m′（x）_min=m′（ln$\frac{2}{a}$）=2-2ln$\frac{2}{a}$＜0，
解得：a＜$\frac{2}{e}$，
故0＜a＜$\frac{2}{e}$；
（2）f（x）=$\frac{x+1}{{e}^{x}}$+alnx，f′（x）=$\frac{{ae}^{x}{-x}^{2}}{{xe}^{x}}$，
令h（x）=ae^x-x²，則h′（x）=ae^x-2x，
0＜x≤1時(shí)，h′（x）≤ae-2＜0，
由于h（a）=a（e^a-a）＞0，h（1）=ae-1≤0，
∴f（x）在（a，1）內(nèi)有唯一極大值點(diǎn)x₀，
當(dāng)a=$\frac{1}{e}$時(shí)，f（x）有極大值點(diǎn)x=1，
∴x∈（0，2]時(shí)，f（x）_max≤max{f（1），f（x₀）}，
f（x₀）=$\frac{{x}_{0}+1{{+x}_{0}}^{2}l{nx}_{0}}{{e}^{{x}_{0}}}$（a＜x₀＜1），
令ω（x）=$\frac{x+1{+x}^{2}lnx}{{e}^{x}}$，（a＜x＜1），
則ω′（x）=-e^-x（x-2）xlnx＜0，
∴ω（x）＜ω（a）=$\frac{a+1{+a}^{2}lna}{{e}^{a}}$＜$\frac{a+1{-a}^{2}}{{e}^{a}}$，
又f（1）=$\frac{2}{e}$，
∴max{f（1），f（x₀）}＜$\frac{a+1{-a}^{2}}{{e}^{a}}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了函數(shù)的單調(diào)性、最值問題，考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用以及不等式的證明，是一道綜合題．