Question

11．已知函數(shù)f（x）=ax²-a-lnx．
（Ⅰ）試討論f（x）的單調性；
（Ⅱ）若f（x）+$\frac{e}{{e}^{x}}$-$\frac{1}{x}$＞0在（1，+∞）上恒成立，求實數(shù)a的取值范圍．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出原函數(shù)的導函數(shù)，分a≤0和a＞0研究函數(shù)的單調性，當a＞0時，求出導函數(shù)的零點，由導函數(shù)的零點對定義域分段，由導函數(shù)在各區(qū)間段內的符號可得原函數(shù)的單調性．
（Ⅱ）把f（x）+$\frac{e}{{e}^{x}}$-$\frac{1}{x}$＞0在（1，+∞）上恒成立轉化為$a（{x}^{2}-1）-lnx＞\frac{1}{x}-\frac{e}{{e}^{x}}$在（1，+∞）上恒成立，求導可知不等式右邊恒大于0，分析a≤0不合題意；知f（x）+$\frac{e}{{e}^{x}}$-$\frac{1}{x}$＞0在（1，+∞）上恒成立時，必有a＞0．然后結合（Ⅰ）中函數(shù)的單調性分析，可得0＜a＜$\frac{1}{2}$時，f（x）+$\frac{e}{{e}^{x}}$-$\frac{1}{x}$＞0不恒成立．a$≥\frac{1}{2}$時，f（x）+$\frac{e}{{e}^{x}}$-$\frac{1}{x}$＞0在（1，+∞）上恒成立．

解答 解：（Ⅰ）由f（x）=ax²-a-lnx，得${f}^{′}（x）=2ax-\frac{1}{x}=\frac{2a{x}^{2}-1}{x}$（x＞0），
當a≤0時，f′（x）＜0，f（x）在（0，+∞）上單調遞減；
當a＞0時，由f′（x）=0，解得$x=\frac{1}{\sqrt{2a}}$（舍去負值），
∴$x∈（0，\frac{1}{\sqrt{2a}}）$ 時，f′（x）＜0，f（x）單調遞減，$x∈（\frac{1}{\sqrt{2a}}，+∞）$ 時，f′（x）＞0，f（x）單調遞增．
綜上，當a≤0時，f（x）在（0，+∞）上單調遞減；
當a＞0時，f（x）在（0，$\frac{1}{\sqrt{2a}}$）上單調遞減，在（$\frac{1}{\sqrt{2a}}$，+∞）上單調遞增．
（Ⅱ）f（x）+$\frac{e}{{e}^{x}}$-$\frac{1}{x}$＞0，即$a{x}^{2}-a-lnx+\frac{e}{{e}^{x}}-\frac{1}{x}＞0$在（1，+∞）上恒成立，
等價于$a（{x}^{2}-1）-lnx＞\frac{1}{x}-\frac{e}{{e}^{x}}$在（1，+∞）上恒成立，
設$k（x）=\frac{1}{x}-\frac{e}{{e}^{x}}=\frac{{e}^{x}-ex}{x{e}^{x}}$，
記${k}_{1}（x）={e}^{x}-ex$，則${{k}_{1}}^{′}（x）={e}^{x}-e$，
當x＞1時，${{k}_{1}}^{′}（x）＞0$，k₁（x）在（1，+∞）上單調遞增，k₁（x）＞k₁（1）=0，即k（x）＞0，
若a≤0，由于x＞1，故a（x²-1）-lnx＜0．
∴f（x）+$\frac{e}{{e}^{x}}$-$\frac{1}{x}$＞0在（1，+∞）上恒成立時，必有a＞0．
當a＞0時，①若$\frac{1}{\sqrt{2a}}$＞1，則0＜a＜$\frac{1}{2}$，由（Ⅰ）知x∈（1，$\frac{1}{\sqrt{2a}}$）時，f（x）單調遞減；
x∈（$\frac{1}{\sqrt{2a}}$，+∞）時，f（x）單調遞增，因此f（$\frac{1}{\sqrt{2a}}$）＜f（1）=0，而k（$\frac{1}{\sqrt{2a}}$）＞0，即存在x=$\frac{1}{\sqrt{2a}}$＞1，使f（x）+$\frac{e}{{e}^{x}}$-$\frac{1}{x}$＜0，
故當0＜a＜$\frac{1}{2}$時，f（x）+$\frac{e}{{e}^{x}}$-$\frac{1}{x}$＞0不恒成立．
②若$\frac{1}{\sqrt{2a}}≤1$，即a$≥\frac{1}{2}$，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}}$，
由于2ax≥x且${k}_{1}（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}^{3}-2x+1}{{x}^{2}}$＞$\frac{{x}^{2}-2x+1}{{x}^{2}}=\frac{（x-1）^{2}}{{x}^{2}}$＞0，
故s（x）在（1，+∞）上單調遞增，
∴s（x）＞s（1）=0，即a$≥\frac{1}{2}$時，f（x）+$\frac{e}{{e}^{x}}$-$\frac{1}{x}$＞0在（1，+∞）上恒成立．
綜上，a∈[$\frac{1}{2}$，+∞）時，f（x）+$\frac{e}{{e}^{x}}$-$\frac{1}{x}$＞0在（1，+∞）上恒成立．

點評 本題考查利用導數(shù)研究函數(shù)的單調性，考查了利用導數(shù)求函數(shù)的最值，考查分類討論的數(shù)學思想方法和數(shù)學轉化思想方法，是壓軸題．