Question

12．己知f（x）=e^x-alnx-a，其中常数a＞0．
（1）当a=e时，求函数f（x）的极值；
（2）若函数y=f（x）有两个零点x₁，x₂（0＜x₁＜x₂），求证：$\frac{1}{a}＜{x_1}＜1＜{x_2}$＜a；
（3）求证：e^2x-2-e^x-1lnx-x≥0．

Answer 1

分析 （1）求出a=e的函数的导数，求出单调区间，即可求得极值；
（2）先证明：当f（x）≥0恒成立时，有 0＜a≤e成立．若$0＜x≤\frac{1}{e}$，则f（x）=e^x-a（lnx+1）≥0显然成立；若$x＞\frac{1}{e}$，运用参数分离，构造函数通过求导数，运用单调性，结合函数零点存在定理，即可得证；
（3）讨论当a=e时，显然成立，设$h（x）=\frac{x}{e^x}（x＞0）$，求出导数，求出单调区间可得最大值，运用不等式的性质，即可得证．

解答 解：函数f（x）的定义域为（0，+∞），
（1）当a=e时，f（x）=e^x-elnx-e，$f'（x）={e^x}-\frac{e}{x}$，
而$f'（x）={e^x}-\frac{e}{x}$在（0，+∞）上单调递增，又f′（1）=0，
当0＜x＜1时，f′（x）＜f'（1）=0，则f（x）在（0，1）上单调递减；
当x＞1时，f′（x）＞f'（1）=0，则f（x）在（1，+∞）上单调递增，
则f（x）有极小值f（1）=0，没有极大值；                                            
（2）先证明：当f（x）≥0恒成立时，有 0＜a≤e成立．
若$0＜x≤\frac{1}{e}$，则f（x）=e^x-a（lnx+1）≥0显然成立；
若$x＞\frac{1}{e}$，由f（x）≥0得$a≤\frac{e^x}{lnx+1}$，
令$φ（x）=\frac{e^x}{lnx+1}$，则$φ'（x）=\frac{{{e^x}（lnx+1-\frac{1}{x}）}}{{{{（lnx+1）}^2}}}$，
令$g（x）=lnx+1-\frac{1}{x}（x＞\frac{1}{e}）$，
由$g'（x）=1+\frac{1}{x^2}＞0$得g（x）在$（\frac{1}{e}，+∞）$上单调递增，
又g（1）=0，所以φ′（x）在$（\frac{1}{e}，1）$上为负，在（1，+∞）上为正，
因此φ（x）在$（\frac{1}{e}，1）$上递减，在（1，+∞）上递增，即有φ（x）_min=φ（1）=e，
从而0＜a≤e．因而函数y=f（x）若有两个零点，则a＞e，即有f（1）=e-a＜0，
由f（a）=e^a-alna-a（a＞e）得f'（a）=e^a-lna-2，
则$f''（a）={e^a}-\frac{1}{a}＞{e^a}-\frac{1}{e}＞e-\frac{1}{e}＞0$，
则f′（a）=e^a-lna-2在（e，+∞）上单调递增，
即有f′（a）＞f'（e）=e^e-3＞e²-3＞0，
则有f（a）=e^a-alna-a在（e，+∞）上单调递增，
则f（a）＞f（e）=e^e-2e＞e²-2e＞0，则f（1）f（a）＜0，则有1＜x₂＜a；
由a＞e得$f（\frac{1}{a}）={e^{\frac{1}{a}}}-aln\frac{1}{a}-a={e^{\frac{1}{a}}}+alna-a＞{e^{\frac{1}{a}}}+alne-a={e^{\frac{1}{a}}}＞0$，则$f（1）f（\frac{1}{a}）＜0$，
所以$\frac{1}{a}＜{x_1}＜1$，综上得$\frac{1}{a}＜{x_1}＜1＜{x_2}＜a$．          
（3）证明：由（2）知当a=e时，f（x）≥0恒成立，所以f（x）=e^x-elnx-e≥0，
即f（x）=e^x-elnx≥e，
设$h（x）=\frac{x}{e^x}（x＞0）$，则$h'（x）=\frac{1-x}{e^x}$，
当0＜x＜1时，h′（x）＞0，所以h（x）在（0，1）上单调递增；
当x＞1时，h′（x）＜0，所以h（x）在（1，+∞）上单调递减，
所以$h（x）=\frac{x}{e^x}（x＞0）$的最大值为$h（1）=\frac{1}{e}$，即$\frac{x}{e^x}≤\frac{1}{e}$，因而$\frac{x}{{{e^{x-2}}}}≤e$，
所以$f（x）={e^x}-elnx≥e≥\frac{x}{{{e^{x-2}}}}$，即e^2x-2-e^x-1lnx-x≥0．

点评 本题考查导数的运用：求单调区间和极值、最值，主要考查函数的单调性的运用，以及不等式恒成立问题转化为求函数的最值问题，属于中档题和易错题．