Question

4．设函数f（x）=ax²-lnx-a．
（Ⅰ）讨论函数f（x）的单调性；
（Ⅱ）如果对任意x∈（1，+∞），都有$f（x）+\frac{e}{e^x}＞\frac{1}{x}$，求实数a的取值范围．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出原函数的导函数，分a≤0和a＞0研究函数的单调性，当a＞0时，求出导函数的零点，由导函数的零点对定义域分段，由导函数在各区间段内的符号可得原函数的单调性．
（Ⅱ）问题转化为a（x²-1）-lnx＞$\frac{1}{x}$-$\frac{e}{{e}^{x}}$在（1，+∞）上恒成立，根据函数的单调性求出a的范围即可．

解答 解：（Ⅰ）由f（x）=ax²-a-lnx，得f′（x）=2ax-$\frac{1}{x}$=$\frac{2{ax}^{2}-1}{x}$（x＞0），
当a≤0时，f′（x）＜0，f（x）在（0，+∞）上单调递减；
当a＞0时，由f′（x）=0，解得x=$\frac{1}{\sqrt{2a}}$（舍去负值），
∴x∈（0，$\frac{1}{\sqrt{2a}}$） 时，f′（x）＜0，f（x）单调递减，x∈（$\frac{1}{\sqrt{2a}}$，+∞） 时，f′（x）＞0，f（x）单调递增．
综上，当a≤0时，f（x）在（0，+∞）上单调递减；
当a＞0时，f（x）在（0，$\frac{1}{\sqrt{2a}}$）上单调递减，在（ $\frac{1}{\sqrt{2a}}$，+∞）上单调递增．
（Ⅱ）f（x）+$\frac{e}{{e}^{x}}$-$\frac{1}{x}$＞0，即ax²-a-lnx+$\frac{e}{{e}^{x}}$-$\frac{1}{x}$＞0在（1，+∞）上恒成立，
等价于a（x²-1）-lnx＞$\frac{1}{x}$-$\frac{e}{{e}^{x}}$在（1，+∞）上恒成立，
设k（x）=$\frac{1}{x}$-$\frac{e}{{e}^{x}}$=$\frac{{e}^{x}-ex}{{xe}^{x}}$，
记k1（x）=ex-ex，则k1′（x）=ex-e，
当x＞1时，k1′（x）＞0，k₁（x）在（1，+∞）上单调递增，
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，+∞）上恒成立时，必有a＞0．
当a＞0时，①若$\frac{1}{\sqrt{2a}}$＞1，则0＜a＜$\frac{1}{2}$，由（Ⅰ）知x∈（1，$\frac{1}{\sqrt{2a}}$）时，f（x）单调递减；
x∈（$\frac{1}{\sqrt{2a}}$，+∞）时，f（x）单调递增，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，
故当0＜a＜$\frac{1}{2}$时，f（x）+$\frac{e}{{e}^{x}}$-$\frac{1}{x}$＞0不恒成立．
②若$\frac{1}{\sqrt{2a}}$≤1，即a≥$\frac{1}{2}$，设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）=ex-ex＞0，即 $\frac{e}{{e}^{x}}$＜$\frac{1}{x}$，
故-$\frac{e}{{e}^{x}}$＞-$\frac{1}{x}$，
因此，s′（x）＞x-$\frac{1}{x}$+$\frac{1}{{x}^{2}}$-$\frac{1}{x}$=$\frac{{x}^{3}-2x+1}{{x}^{2}}$＞$\frac{{x}^{2}-2x+1}{{x}^{2}}$＞0，
故s（x）在（1，+∞）上单调递增，
∴s（x）＞s（1）=0，即a≥$\frac{1}{2}$时，f（x）+$\frac{e}{{e}^{x}}$-$\frac{1}{x}$＞0在（1，+∞）上恒成立．
综上，a∈[$\frac{1}{2}$，+∞）时，f（x）+$\frac{e}{{e}^{x}}$-$\frac{1}{x}$＞0在（1，+∞）上恒成立．

点评 本题考查利用导数研究函数的单调性，考查了利用导数求函数的最值，考查分类讨论的数学思想方法和数学转化思想方法，是压轴题．