Question

7．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，求函數(shù)g（x）在[1，3]上的最值；
（2）試探究函數(shù)f（x）的單調(diào)性；
（3）若對任意的x∈（0，+∞），g（x）≥f′（x）恒成立，求正實數(shù)a的最小值．

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）先求函數(shù)f（x）=$\frac{a}{2}$x²-lnx+x+1的定義域為（0，+∞），再求導(dǎo)f′（x）=ax-$\frac{1}{x}$+1=$\frac{a{x}^{2}+x-1}{x}$，從而討論；分a=0與a≠0兩大類；再在a≠0時，由于二次方程ax²+x-1=0的△=1+4a；故分△≤0，△＞0討論；在△＞0時，方程ax²+x-1=0的兩根為x₁=-$\frac{1}{2a}$-$\frac{\sqrt{1+4a}}{2a}$，x₂=-$\frac{1}{2a}$+$\frac{\sqrt{1+4a}}{2a}$；故再按根的位置分兩類討論；從而確定函數(shù)的單調(diào)性；
（3）令h（x）=g（x）-f′（x）=ae^x+$\frac{a+1}{x}$-2（a+1），x∈（0，+∞），a∈（0，+∞）；再求導(dǎo)h′（x）=ae^x-$\frac{a+1}{{x}^{2}}$=$\frac{a{e}^{x}{x}^{2}-a-1}{{x}^{2}}$；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）且a${e}^{{x}_{0}}$•${x}_{0}^{2}$-a-1=0，從而化簡求正實數(shù)a的最小值．

解答 解：（1）當(dāng)a=1時，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，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；
（2）∵f（x）=$\frac{a}{2}$x²-lnx+x+1的定義域為（0，+∞），
∴f′（x）=ax-$\frac{1}{x}$+1=$\frac{a{x}^{2}+x-1}{x}$，
當(dāng)a=0時，f（x）在（0，1）上是減函數(shù)，在（1，+∞）上是增函數(shù)；
當(dāng)a≠0時，對二次方程ax²+x-1=0，△=1+4a；
①若△=1+4a≤0，即a≤-$\frac{1}{4}$時，ax²+x-1≤0恒成立，
故$\frac{a{x}^{2}+x-1}{x}$≤0恒成立；
故f（x）在（0，+∞）上是減函數(shù)；
②若△=1+4a＞0，即a＞-$\frac{1}{4}$時，
方程ax²+x-1=0的兩根為x₁=-$\frac{1}{2a}$-$\frac{\sqrt{1+4a}}{2a}$，x₂=-$\frac{1}{2a}$+$\frac{\sqrt{1+4a}}{2a}$；
（i）若-$\frac{1}{4}$＜a＜0，則-$\frac{1}{2a}$-$\frac{\sqrt{1+4a}}{2a}$＞-$\frac{1}{2a}$+$\frac{\sqrt{1+4a}}{2a}$＞0；
∴f（x）在（-$\frac{1}{2a}$+$\frac{\sqrt{1+4a}}{2a}$，-$\frac{1}{2a}$-$\frac{\sqrt{1+4a}}{2a}$）上是增函數(shù)，
在（0，-$\frac{1}{2a}$+$\frac{\sqrt{1+4a}}{2a}$），（-$\frac{1}{2a}$-$\frac{\sqrt{1+4a}}{2a}$，+∞）上是減函數(shù)；
（ii）若a＞0，-$\frac{1}{2a}$-$\frac{\sqrt{1+4a}}{2a}$＜0＜-$\frac{1}{2a}$+$\frac{\sqrt{1+4a}}{2a}$；
故f（x）在（0，-$\frac{1}{2a}$+$\frac{\sqrt{1+4a}}{2a}$）上是減函數(shù)，
在（-$\frac{1}{2a}$+$\frac{\sqrt{1+4a}}{2a}$，+∞）上是增函數(shù)；
綜上所述，
當(dāng)a=0時，f（x）在（0，1）上是減函數(shù)，在（1，+∞）上是增函數(shù)；
當(dāng)a≤-$\frac{1}{4}$時，f（x）在（0，+∞）上是減函數(shù)；
當(dāng)-$\frac{1}{4}$＜a＜0時，f（x）在（-$\frac{1}{2a}$+$\frac{\sqrt{1+4a}}{2a}$，-$\frac{1}{2a}$-$\frac{\sqrt{1+4a}}{2a}$）上是增函數(shù)，
在（0，-$\frac{1}{2a}$+$\frac{\sqrt{1+4a}}{2a}$），（-$\frac{1}{2a}$-$\frac{\sqrt{1+4a}}{2a}$，+∞）上是減函數(shù)；
當(dāng)a＞0時，f（x）在（0，-$\frac{1}{2a}$+$\frac{\sqrt{1+4a}}{2a}$）上是減函數(shù)，
在（-$\frac{1}{2a}$+$\frac{\sqrt{1+4a}}{2a}$，+∞）上是增函數(shù)．
（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，P（x）→+∞；
∴?x₀∈（0，+∞），使P（x₀）=0；
∴當(dāng)x∈（0，x₀）時，P（x）＜0，即h′（x）＜0，故h（x）在（0，x₀）上單調(diào)遞減；
當(dāng)x∈（x₀，+∞）時，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q（x）=e^xx²在（0，1]上是增函數(shù)，
故0＜$\frac{a+1}{a}$≤e；
故a≥$\frac{1}{e-1}$；
故正實數(shù)a的最小值為$\frac{1}{e-1}$．

點評 本題考查了導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用及恒成立問題，難點在于確定分類的標(biāo)準(zhǔn)以準(zhǔn)確分類，屬于難題．