Question

4．已知函数f（x）=ae^x+$\frac{a}{x}$+lnx，a∈R．
（Ⅰ）若a=1，求函数f（x）在[1，e]上的最大值；
（Ⅱ）当a=$\frac{1}{e-1}$时，求证：?x∈（0，+∞），f（x）+$\frac{1}{x}$≥lnx+2a+2．

Answer 1

分析 （Ⅰ）把a=1代入函数解析式，求导可知其导函数在[1，e]上恒大于0，即f（x）单调递增，由此可求函数
f（x）在[1，e]上的最大值；
（Ⅱ）当a=$\frac{1}{e-1}$时，要证f（x）+$\frac{1}{x}$≥lnx+2a+2，即证ae^x+$\frac{a}{x}$+$\frac{1}{x}-（2a+2）≥0$，构造函数g（x）=ae^x+$\frac{a}{x}$+$\frac{1}{x}-（2a+2），x∈（0，+∞）$，求其导函数，利用二次求导，可得对?x∈（0，+∞），g（x）≥0恒成立，即f（x）+$\frac{1}{x}$≥lnx+2a+2恒成立．

解答 （Ⅰ）解：当a=1时，f（x）=${e}^{x}+\frac{1}{x}+lnx$，
∵${f}^{′}（x）={e}^{x}-\frac{1}{{x}^{2}}+\frac{1}{x}=\frac{{x}^{2}{e}^{x}+x-1}{{x}^{2}}$，
则在[1，e]上，f′（x）＞0，f（x）单调递增，故$f（x）_{max}={e}^{e}+\frac{1}{e}+1$；
（Ⅱ）证明：当a=$\frac{1}{e-1}$时，要证f（x）+$\frac{1}{x}$≥lnx+2a+2，
即证ae^x+$\frac{a}{x}$+$\frac{1}{x}-（2a+2）≥0$，
令g（x）=ae^x+$\frac{a}{x}$+$\frac{1}{x}-（2a+2），x∈（0，+∞）$，
下面证明当a=$\frac{1}{e-1}$，且x＞0时，g（x）≥0恒成立，
${g}^{′}（x）=a{e}^{x}-\frac{a+1}{{x}^{2}}=\frac{a{e}^{x}•{x}^{2}-（a+1）}{{x}^{2}}$，
令h（x）=ae^x•x²-（a+1），由h（x）在（0，+∞）上单调递增，
且h（1）=ae-a-1=$\frac{e}{e-1}-\frac{1}{e-1}-1=0$．
故当x∈（0，1）时，h（x）＜0，即g′（x）＜0，g（x）单调递减；
当x∈（1，+∞）时，h（x）＞0，即g′（x）＞0，g（x）单调递增．
故$g（x）_{min}=g（1）=\frac{e}{e-1}+\frac{1}{e-1}+1-\frac{2}{e-1}-2=0$．
故当a=$\frac{1}{e-1}$，对?x∈（0，+∞），g（x）≥0恒成立，即f（x）+$\frac{1}{x}$≥lnx+2a+2恒成立．

点评 本题考查利用导数求闭区间上的最值，考查了函数恒成立问题，考查了数学转化思想方法和分类讨论的数学思想方法，属难题．