Question

【題目】已知函數f（x）=alnx+ ，a∈R．
（1）若f（x）的最小值為0，求實數a的值；
（2）證明：當a=2時，不等式f（x）≥ ﹣e1﹣x恒成立．

Answer 1

【答案】
（1）解：∵f（x）=alnx+ =alnx+ ，

∴f′（x）= （x＞0）．

當a≤0時，f′（x）＜0，f（x）在（0，+∞）上是減函數，f（x）的最小值不為0；

當a＞0時，f′（x）= = ．

當x∈（0， ）時，f′（x）＜0；當x∈（ ，+∞）時，f′（x）＞0．

∴f（x）在（0， ）上為減函數，在（ ，+∞）上為增函數，

∴ = ，

令g（a）= ，則g′（a）= （a＞0）．

當a∈（0，2）時，g′（a）＞0；當a∈（2，+∞）時，g′（a）＜0，

∴g（a）在（0，2）上為增函數，在（2，+∞）上為減函數，則g（a）max=g（2）=0．

∴f（x）的最小值為0，實數a的值為2

（2）證明：當a=2時，f（x）=2lnx+ ，x＞1，

令h（x）=f（x）﹣ +e1﹣x=2lnx+ ，

則h′（x）= = ，

記q（x）=2x2+x﹣2﹣x3e1﹣x，則q′（x）=4x+1+x2（x﹣3）e1﹣x，

∵x＞1，0＜e1﹣x＜1，

∴當1＜x＜3時，q′（x）＞4x+1+x2（x﹣3）=x3﹣3x2+4x+1＞0，

又∵當x≥3時，q′（x）=4x+1+x2（x﹣3）e1﹣x＞0，

∴當x＞1時，q′（x）=4x+1+x2（x﹣3）e1﹣x＞0恒成立，

∴q（x）在（1，+∞）上單調遞增，q（x）＞q（1）=2+1﹣2﹣1=0，

∴h′（x）＞0恒成立，h（x）在（1，+∞）上單調遞增，

∴h（x）＞h（1）=0+1﹣1﹣1+1=0，即當a=2時，不等式f（x）≥ ﹣e1﹣x恒成立．

【解析】（1）求出原函數的導函數，對a分類分析，可知當a≤0時，f′（x）＜0，f（x）在（0，+∞）上是減函數，f（x）的最小值不為0；當a＞0時，求出導函數的零點，可得原函數的單調性，求其最小值，由最小值為0進一步利用導數求得a值；（2）通過構造函數h（x）=2lnx+ ，問題轉化為證明h′（x）＞0恒成立，進而再次構造函數，二次求導，整理即得結論．
【考點精析】解答此題的關鍵在于理解利用導數研究函數的單調性的相關知識，掌握一般的,函數的單調性與其導數的正負有如下關系： 在某個區(qū)間內，(1)如果，那么函數在這個區(qū)間單調遞增；(2)如果，那么函數在這個區(qū)間單調遞減．