Question

2．已知函数f（x）=ax-lnx，F（x）=e^x+ax，其中x＞0，a＜0．
（1）若f（x）和F（x）在区间（0，ln3）上具有相同的单调性，求实数a的取值范围；
（2）若a∈（-∞，-$\frac{1}{{e}^{2}}$]，且函数g（x）=xe^ax-1-2ax+f（x）的最小值为M，求M的最小值．

Answer 1

分析 （1）先判断f（x）在（0，+∞）上单调递减，分别讨论-1≤a＜0及a＜-1，结合F（x）的单调性即可求得区间（0，ln3）上具有相同的单调性，求得a的取值范围；
（2）利用导数研究函数的单调性可得g（x）_min=g（-$\frac{1}{a}$）=M，构造辅助函数求导，根据函数的单调性即可求得．

解答 解：（1）求导，f′（x）=a-$\frac{1}{x}$=$\frac{ax-1}{x}$，F′（x）=e^x+a，x＞0，
a＜0，f′（x）＜0在（0，+∞）上恒成立，即f（x）在（0，+∞）上单调递减，…（2分）
当-1?a＜0时，F′（x）＞0，即F（x）在（0，+∞）上单调递增，不合题意
当a＜-1时，由F′（x）＞0，得x＞ln（-a），由F′（x）＜0，得0＜x＜ln（-a），
∴F（x）的单调减区间为（0，ln（-a）），单调增区间为（ln（-a），+∞）…（4分）
∵f（x）和F（x）在区间（0，ln3）上具有相同的单调性，
∴ln（-a）?ln3，解得：a?-3，
综上，a的取值范围是（-∞，-3]；…（5分）
（2）g′（x）=e^ax-1+axe^ax-1-a-$\frac{1}{x}$=（ax+1）（e^ax-1-$\frac{1}{x}$），
由e^ax-1-$\frac{1}{x}$=0，解得：a=$\frac{1-lnx}{x}$，设p（x）=$\frac{1-lnx}{x}$，
则p′（x）=$\frac{lnx-2}{{x}^{2}}$，
当x＞e²时，p′（x）＞0，当0＜x＜e²，p′（x）＜0，
从而p（x）在（0，e²）上单调递减，在（e²，+∞）上单调递增，
p（x）_min=p（e²）=-$\frac{1}{{e}^{2}}$，
当a≤-$\frac{1}{{e}^{2}}$，a≤$\frac{1-lnx}{x}$，即e^ax-1-$\frac{1}{x}$≤0，
在（0，-$\frac{1}{a}$）上，ax+1＞0，g′（x）≤0，g（x）单调递增，
在（-$\frac{1}{a}$，+∞）上，ax+1＜0，g′（x）≥0，g（x）单调递增，
∴g（x）_min=g（-$\frac{1}{a}$）=M，
设t=-$\frac{1}{a}$，∈（0，e²]，M=h（t）=$\frac{t}{{e}^{2}}$-lnt+1，（0＜t≤e²），
h′（t）=$\frac{1}{{e}^{2}}$-$\frac{1}{t}$≤0，h（x）在，∈（0，e²]上单调递减，
∴h（t）≥h（e²）=0，
∴M的最小值为0．

点评 本题考查导数的综合应用，考查利用导数求函数的单调性及最值，考查转化思想，考查分析问题及解决问题的能力，属于中档题．