Question

7．已知函數(shù)f（x）=x•e^x-1-a（x+lnx），a∈R． 
（1）若曲線y=f（x）在點（1，f（1））處的切線為x軸，求a的值：
（2）若f（x）的最小值大于0，求證：0＜a＜e．

Answer 1

分析 （1）求出函數(shù)的導數(shù)，計算f（1），f′（1）的值，求出a的值即可；
（2）求出函數(shù)f（x）的導數(shù)，通過討論a的范圍，求出函數(shù)的單調(diào)性，得到?唯一的x₀∈（b，a+1），使得h（x₀）=${e}^{{x}_{0}}$-$\frac{a}{{x}_{0}}$=0，即a=x₀${e}^{{x}_{0}}$，從而求出a的范圍，證明結(jié)論即可．

解答 解：（1）f（x）的定義域是（0，+∞），
f′（x）=e^x+x•e^x-a（1+$\frac{1}{x}$），
故f（1）=e-a，f′（1）=2e-2a，
由題意得：e-a=0，且2e-2a=0，解得：a=e
（2）f′（x）=（x+1）（e^x-$\frac{a}{x}$），
令h（x）=e^x-$\frac{a}{x}$，x∈（0，+∞），
①a≤0時，h（x）=e^x-$\frac{a}{x}$＞0，此時f′（x）＞0，f（x）遞增，
此時函數(shù)f（x）無最小值，不合題意；
②a＞0時，h′（x）＞0，h（x）在（0，+∞）遞增，
取實數(shù)b，滿足0＜b＜min{$\frac{a}{2}$，$\frac{1}{2}$}，
則e^b＜${e}^{\frac{1}{2}}$=$\sqrt{e}$，-$\frac{a}$＜-2，
故h（b）=e^b-$\frac{a}$＜$\sqrt{e}$-2＜0，
又∵h（a+1）=e^a+1-$\frac{a}{a+1}$＞1-$\frac{a}{a+1}$=$\frac{1}{a+1}$＞0，
∴?唯一的x₀∈（b，a+1），使得h（x₀）=${e}^{{x}_{0}}$-$\frac{a}{{x}_{0}}$=0，即a=x₀${e}^{{x}_{0}}$，
x∈（0，x₀）時，h（x）＜h（x₀）=0，此時f′（x）＜0，f（x）遞減，
x∈（x₀，+∞）時，h（x）＞h（x₀）=0，此時f′（x）＞0，f（x）遞增，
故x=x₀時，f（x）取最小值，
由a=x₀${e}^{{x}_{0}}$兩邊取對數(shù)，得lna=lnx₀+x₀，即lnx₀+x₀=lna，
于是f（x）min=f（x₀）=x₀${•e}^{{x}_{0}}$-a（x₀+lnx₀）=a-alna，
由題意，a-alna＞0，又a＞0，∴1-lna＞0，即a＜e，
綜上：0＜a＜e．

點評 本題考查了函數(shù)的單調(diào)性、最值問題，考查導數(shù)的應用以及分類討論思想，考查轉(zhuǎn)化思想，是一道綜合題．