Question

7．設函數f（x）=lnx-e^1-x，g（x）=a（x²-1）-$\frac{1}{x}$．
（1）判斷函數y=f（x）零點的個數，并說明理由；
（2）記h（x）=g（x）-f（x）+$\frac{{e}^{x}-ex}{x{e}^{x}}$，討論h（x）的單調性；
（3）若f（x）＜g（x）在（1，+∞）恒成立，求實數a的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）求出函數的導數，計算f（1），f（e）的值，求出零點個數即可；
（2）求出h（x）的導數，通過討論a的范圍求出函數的單調區間即可；
（3）問題等價于a（x²-1）-lnx＞$\frac{1}{x}$-$\frac{e}{{e}^{x}}$在（1，+∞）恒成立，設k（x）=$\frac{1}{x}$-$\frac{e}{{e}^{x}}$=$\frac{{e}^{x}-ex}{{xe}^{x}}$，根據函數的單調性求出a的范圍即可．

解答 解：（1）由題意得：x＞0，
∴f′（x）=$\frac{1}{x}$+$\frac{e}{{e}^{x}}$＞0，
故f（x）在（0，+∞）遞增；
又f（1）=-1，f（e）=1-e^1-e=1-$\frac{e}{{e}^{e}}$＞0，
故函數y=f（x）在（1，e）內存在零點，
∴y=f（x）的零點個數是1；
（2）h（x）=a（x²-1）-$\frac{1}{x}$-lnx+e^1-x+$\frac{1}{x}$-$\frac{e}{{e}^{x}}$=ax²-a-lnx，
h′（x）=2ax-$\frac{1}{x}$=$\frac{2{ax}^{2}-1}{x}$（x＞0），
當a≤0時，h′（x）＜0，h（x）在（0，+∞）遞減，
當a＞0時，由h′（x）=0，解得：x=±$\frac{1}{\sqrt{2a}}$（舍取負值），
∴x∈（0，$\frac{1}{\sqrt{2a}}$）時，h′（x）＜0，h（x）遞減，
x∈（$\frac{1}{\sqrt{2a}}$，+∞）時，h′（x）＞0，h（x）遞增，
綜上，a≤0時，h（x）在（0，+∞）遞減，
a＞0時，h（x）在（0，$\frac{1}{\sqrt{2a}}$）遞減，在（$\frac{1}{\sqrt{2a}}$，+∞）遞增；
（3）由題意得：lnx-$\frac{e}{{e}^{x}}$＜a（x²-1）-$\frac{1}{x}$，
問題等價于a（x²-1）-lnx＞$\frac{1}{x}$-$\frac{e}{{e}^{x}}$在（1，+∞）恒成立，
設k（x）=$\frac{1}{x}$-$\frac{e}{{e}^{x}}$=$\frac{{e}^{x}-ex}{{xe}^{x}}$，
若記k₁（x）=e^x-ex，則${{k}_{1}}^{′}$（x）=e^x-e，
x＞1時，${{k}_{1}}^{′}$（x）＞0，
k₁（x）在（1，+∞）遞增，
k₁（x）＞k₁（1）=0，即k（x）＞0，
若a≤0，由于x＞1，
故a（x²-1）-lnx＜0，故f（x）＞g（x），
即當f（x）＜g（x）在（1，+∞）恒成立時，必有a＞0，
當a＞0時，設h（x）=a（x²-1）-lnx，
①若$\frac{1}{\sqrt{2a}}$＞1，即0＜a＜$\frac{1}{2}$時，
由（2）得x∈（1，$\frac{1}{\sqrt{2a}}$），h（x）遞減，x∈（$\frac{1}{\sqrt{2a}}$，+∞），h（x）遞增，
故h（$\frac{1}{\sqrt{2a}}$）＜h（1）=0，而k（$\frac{1}{\sqrt{2a}}$）＞0，
即存在x=$\frac{1}{\sqrt{2a}}$＞1，使得f（x）＜g（x），
故0＜a＜$\frac{1}{2}$時，f（x）＜g（x）不恒成立；
②若$\frac{1}{\sqrt{2a}}$≤1，即a≥$\frac{1}{2}$時，
設s（x）=a（x²-1）-lnx-$\frac{1}{x}$+$\frac{e}{{e}^{x}}$，
s′（x）=2ax-$\frac{1}{x}$+$\frac{1}{{x}^{2}}$-$\frac{e}{{e}^{x}}$，
由于2ax≥x，且k₁（x）=e^x-ex＞0，
即$\frac{e}{{e}^{x}}$＜$\frac{1}{x}$，故-$\frac{e}{{e}^{x}}$＞-$\frac{1}{x}$，
因此s′（x）＞x-$\frac{1}{x}$+$\frac{1}{{x}^{2}}$-$\frac{1}{x}$＞$\frac{{x}^{2}-2+1}{{x}^{2}}$=$\frac{{（x-1）}^{2}}{{x}^{2}}$＞0，
故s（x）在（1，+∞）遞增，
故s（x）＞s（1）=0，
即a≥$\frac{1}{2}$時，f（x）＜g（x）在（1，+∞）恒成立，
綜上，a∈[$\frac{1}{2}$，+∞）時，f（x）＜g（x）在（1，+∞）恒成立．

點評 本題考查了函數的單調性、最值問題，考查導數的應用以及分類討論思想、考查轉化思想以及函數的零點問題，是一道綜合題．