Question

16．已知函数f（x）=$\frac{1}{2}$ax²-（a²+b）x+alnx（a，b∈R）．
（Ⅰ）当b=1时，求函数f（x）的单调区间；
（Ⅱ）当a=-1，b=0时，证明：f（x）+e^x＞-$\frac{1}{2}{x^2}$-x+1（其中e为自然对数的底数）．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函数f（x）的导数，通过讨论a的范围求出函数的单调区间即可；
（Ⅱ）法一：问题转化为证明e^x-lnx-1＞0，设g（x）=e^x-lnx-1（x＞0），问题转化为证明?x＞0，g（x）＞0，根据函数的单调性证明即可；
法二：问题转化为证明x-1≥lnx（x＞0），令h（x）=x-1-lnx（x＞0），根据函数的单调性证明即可．

解答 解：（Ⅰ）当b=1时，$f（x）=\frac{1}{2}a{x^2}-（1+{a^2}）x+alnx$$f'（x）=ax-（1+{a^2}）+\frac{a}{x}=\frac{（ax-1）（x-a）}{x}$…（1分）
讨论：1°当a≤0时，$x-a＞0，\frac{1}{x}＞0，ax-1＜0⇒f'（x）＜0$
此时函数f（x）的单调递减区间为（0，+∞），无单调递增区间    …（2分）
2°当a＞0时，令$f'（x）=0⇒x=\frac{1}{a}$或a
①当$\frac{1}{a}=a（a＞0）$，¼?a=1?±£?此时$f'（x）=\frac{{{{（x-1）}^2}}}{x}≥0（x＞0）$
此时函数f（x）单调递增区间为（0，+∞），无单调递减区间  …（3分）
②当$0＜\frac{1}{a}＜a$，即a＞1时，此时在$（0，\frac{1}{a}）$和（a，+∞）上函数f'（x）＞0，
在$（\frac{1}{a}，a）$上函数f'（x）＜0，此时函数f（x）单调递增区间为$（0，\frac{1}{a}）$和（a，+∞）；
单调递减区间为$（\frac{1}{a}，a）$…（4分）
③当$0＜a＜\frac{1}{a}$，即0＜a＜1时，此时函数f（x）单调递增区间为（0，a）和$（\frac{1}{a}，+∞）$；
单调递减区间为$（a，\frac{1}{a}）$…（6分）
（Ⅱ）证明：（法一）当a=1时     f（x）+e^x＞x²+x+1
只需证明：e^x-lnx-1＞0设g（x）=e^x-lnx-1（x＞0）
问题转化为证明?x＞0，g（x）＞0
令$g'（x）={e^x}-\frac{1}{x}$，$g''（x）={e^x}+\frac{1}{x^2}＞0$，
∴$g'（x）={e^x}-\frac{1}{x}$为（0，+∞）上的增函数，且$g'（\frac{1}{2}）=\sqrt{e}-2＜0，g'（1）=e-1＞0$…（8分）
∴存在惟一的${x_0}∈（\frac{1}{2}，1）$，使得g'（x_o）=0，${e^{x_0}}=\frac{1}{x_0}$，
∴g（x）在（0，x₀）上递减，在（x₀，+∞）上递增…（10分）
∴$g{（x）_{min}}=g（{x_0}）={e^{x_o}}-ln{x_{_0}}-1=\frac{1}{x_0}+{x_0}-1≥2-1=1$，
∴g（x）_min＞0∴不等式得证       …（12分）
（法二）先证：x-1≥lnx（x＞0）
令h（x）=x-1-lnx（x＞0）∴$h'（x）=1-\frac{1}{x}=\frac{x-1}{x}=0⇒x=1$，
∴h（x）在（0，1）上单调递减，在（1，+∞）上单调递增，
∴h（x）_min=h（1）=0，∴h（x）≥h（1）⇒x-1≥lnx…（8分）
∴1+lnx≤1+x-1=x⇒ln（1+x）≤x，
∴e^ln（1+x）≤e^x…（10分），
∴e^x≥x+1＞x≥1+lnx，
∴e^x＞1+lnx
故e^x-lnx-1＞0，证毕                            …（12分）

点评 本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应用以及分类讨论思想，考查不等式的证明，是一道综合题．