Question

10．设函数f（x）=e^2x-alnx．
（Ⅰ）讨论f（x）的导函数f′（x）零点的个数；
（Ⅱ）证明：当a＞0时，f（x）≥2a+aln$\frac{2}{a}$．

Answer 1

分析 （Ⅰ）先求导，在分类讨论，当a≤0时，当a＞0时，根据零点存在定理，即可求出；
（Ⅱ）设导函数f′（x）在（0，+∞）上的唯一零点为x₀，根据函数f（x）的单调性得到函数的最小值f（x₀），只要最小值大于2a+aln$\frac{2}{a}$，问题得以证明．

解答 解：（Ⅰ）f（x）=e^2x-alnx的定义域为（0，+∞），
∴f′（x）=2e^2x-$\frac{a}{x}$．
当a≤0时，f′（x）＞0恒成立，故f′（x）没有零点，
当a＞0时，∵y=e^2x为单调递增，y=-$\frac{a}{x}$单调递增，
∴f′（x）在（0，+∞）单调递增，
又f′（a）＞0，
假设存在b满足0＜b＜$\frac{a}{4}$时，且b＜$\frac{1}{4}$，f′（b）＜0，
故当a＞0时，导函数f′（x）存在唯一的零点，
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，可设导函数f′（x）在（0，+∞）上的唯一零点为x₀，
当x∈（0，x₀）时，f′（x）＜0，
当x∈（x₀+∞）时，f′（x）＞0，
故f（x）在（0，x₀）单调递减，在（x₀+∞）单调递增，
所欲当x=x₀时，f（x）取得最小值，最小值为f（x₀），
由于$2{e}^{2{x}_{0}}$-$\frac{a}{{x}_{0}}$=0，
所以f（x₀）=$\frac{a}{2{x}_{0}}$+2ax₀+aln$\frac{2}{a}$≥2a+aln$\frac{2}{a}$．
故当a＞0时，f（x）≥2a+aln$\frac{2}{a}$．

点评 本题考查了导数和函数单调性的关系和最值的关系，以及函数的零点存在定理，属于中档题．