Question

20．設$f（x）={e^x}（{x-\frac{a-1}{x}}），g（x）=aln{x_{\;}}_{\;}（{e=2.71828…}）$．
（I）當a＞1時，討論函數$F（x）=\frac{f（x）}{e^x}-g（x）$的單調性；
（II）求證：當a=0時，不等式$f（x）＞2\sqrt{e}$對任意x∈（0，+∞）都成立．

Answer 1

分析 （I）求得F（x）的解析式，求導，求得F′（x）=0的兩個根，利用導數與函數單調性的關系，分類討論即可求得函數的F（x）的單調性；
（II）當a=0時，求導，構造輔助函數，h（x）=x³+x²+x-1，求得函數的單調性求得函數f（x）的零點x₀，x₀∈（$\frac{1}{2}$，1），根據函數的單調性，采用放縮法，即可求證$f（x）＞2\sqrt{e}$對任意x∈（0，+∞）都成立．

解答 解：（I）$F（x）=\frac{f（x）}{e^x}-g（x）$=x-$\frac{a-1}{x}$-alnx（x＞0），
求導，F′（x）=1+$\frac{a-1}{{x}^{2}}$-$\frac{a}{x}$=$\frac{（x-1）[x-（a-1）]}{{x}^{2}}$（x＞0），
①當0＜a-1＜1時，即1＜a＜2時，
F′（x），F（x）隨x的變化情況，

x	（0，a-1）	a-1	（a-1，1）	1	（1，+∞）
F′（x），	+	0	-	0	+
F（x）	↑	極大值	↓	極小值	↑

由表可知F（x）在（0，a-1），（1，+∞）上單調遞增，在（a-1，1）上單調遞減，
②當a-1=1，即a=2時，F′（x）=$\frac{（x-1）^{2}}{{x}^{2}}$≥0恒成立，
F（x）在（0，+∞）單調遞減；
③當a-1＞1，即a＞2時，
F′（x），F（x）隨x的變化情況，

x	（0，1）	1	（1，a-1）	a-1	（a-1，+∞）
F′（x），	+	0	-	0	+
F（x）	↑	極大值	↓	極小值	↑

由表可知F（x）在（0，1），（a-1，+∞）上單調遞增，在（1，a-1）上單調遞減，
綜上可知：1＜a＜2，F（x）在（0，a-1），（1，+∞）上單調遞增，在（a-1，1）上單調遞減；
a=2時，F（x）在（0，+∞）單調遞減；
a＞2時，F（x）在（0，1），（a-1，+∞）上單調遞增，在（1，a-1）上單調遞減，
（II）證明：當a=0時，f（x）=e^x（x+$\frac{1}{x}$），求導，f′（x）=e^x（x+$\frac{1}{x}$）+e^x（1-$\frac{1}{{x}^{2}}$）
=$\frac{{e}^{x}（{x}^{3}+{x}^{2}+x-1）}{{x}^{2}}$，
令h（x）=x³+x²+x-1，（x＞0），求導，h′（x）=3x²+2x-1=3（x+$\frac{1}{3}$）²+$\frac{2}{3}$，
h（x）在（0，+∞）是增函數，
由h（$\frac{1}{2}$）=-$\frac{1}{8}$＜0，h（1）=2＞0，
∴h（x）在（0，+∞）上存在唯一的零點x₀，且x₀∈（$\frac{1}{2}$，1），
當0＜x＜x₀時，h（x）＜0，f′（x）=$\frac{{e}^{x}h（x）}{{x}^{2}}$＜0，
當x＞x₀時，h（x）＞0，f′（x）=$\frac{{e}^{x}h（x）}{{x}^{2}}$＞0，
∴f（x）在（0，x₀）上是減函數，在（x₀，+∞），
∴當x＞0時，f（x）≥${e}^{{x}_{0}}$（x₀+$\frac{1}{{x}_{0}}$）＞${e}^{\frac{1}{2}}$（x₀+$\frac{1}{{x}_{0}}$）＞2$\sqrt{e}$

點評 本題考查導數的綜合應用，利用導數求函數的單調性及最值，函數零點的判斷，考察從放縮法證明不等式成立，考查計算能力，屬于難題．