Question

3．设函数f（x）=lnx+$\frac{1}{2}$ax²+x+1．
（1）当a=-2时，求函数f（x）的极值点；
（2）当a=0时，证明：xe^x≥f（x）在（0，+∞）上恒成立．

Answer 1

分析 （1）首先对f（x）求导，求出导函数零点，根据导数判断函数的单调性与极值即可；
（2）令F（x）=xe^x-f（x）=xe^x-lnx-x-1（x＞0），则$F'（x）=（{x+1}）{e^x}-\frac{1}{x}-1=\frac{x+1}{x}•（{x{e^x}-1}）$；再令G（x）=xe^x-1，利用G（x）的单调性来判断F（x）的单调性．

解答 解：（1）由题意得$x∈（{0，+∞}），f'（x）=\frac{1}{x}-2x+1=\frac{{-2{x^2}+x+1}}{x}$，
当f'（x）＞0时，0＜x＜1，f（x）在（0，1）上为增函数；
当f'（x）＜0时，x＞1，f（x）在（1，+∞）上为减函数；
所以x=1是f（x）的极大值点，无极小值点
（2）证明：令F（x）=xe^x-f（x）=xe^x-lnx-x-1（x＞0），
则$F'（x）=（{x+1}）{e^x}-\frac{1}{x}-1=\frac{x+1}{x}•（{x{e^x}-1}）$，
令G（x）=xe^x-1，则因为G'（x）=（x+1）e^x＞0（x＞0），
所以函数G（x）在（0，+∞）上单调递增，G（x）在（0，+∞）上最多有一个零点，
又因为G（0）=-1＜0，G（1）=e-1＞0，所以存在唯一的c∈（0，1）使得G（c）=0，
且当x∈（0，c）时，G（x）＜0；当x∈（c，+∞）时，G（x）＞0，
即当x∈（0，c）时，F'（x）＜0；当x∈（c，+∞）时，F'（0）＞0，
所以F（x）在（0，c）上单调递减，在（c，+∞）上单调递增，从而F（x）≥F（c）=c•e^c-lnc-c-1，
由G（c）=0得c•e^x-1=0即c•e^c=1，两边取对数得：lnc+c=0，
所以F（c）=0，F（x）≥F（c）=0，从而证得xe^x≥f（x）．

点评 本题主要考查了利用导数判断函数的单调性与极值，以及构造新函数判断原函数的单调性，对数等知识点，属中等题．