Question

15．已知函数f（x）=e^2x-alnx，x∈（0，1）．
（1）讨论函数f（x）的导函数f′（x）的零点个数；
（2）当a=1时，证明：f（x）＞$\frac{3}{2}$．

Answer 1

分析 （1）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；
（2）设函数零点为x₀，推出2e^2x₀=$\frac{a}{{x}_{0}}$①，通过函数的单调性推出当x=x₀时，f（x）取得极小值，同时也是最小值，f（x）_min=f（x₀）=e^2x₀-alnx₀，构造函数h（x）=$\frac{1}{2x}-lnx$，x∈（0，$\frac{1}{2}$）．通过函数的导数以及函数的最值求解即可．

解答 解：（1）∵x∈（0，1），且f′（x）=2e^2x-$\frac{a}{x}$，…（1分）
①当a≤0时，f′（x）＞0恒成立，在（0，1）上恒成立，∴f′（x）在（0，1）上无零点；…（2分）
②当a≥2e²时，∵f′′（x）=4e^2x$+\frac{a}{{x}^{2}}$＞0，在（0，1）上恒成立，∴f′（x）在（0，1）上单调递增，
∴f′（x）＜f′（1）=2e²-a＜0，∴f′（x）在（0，1）上无零点；…（4分）
③当0＜a＜2e²时，∵f′′（x）=4e^2x$+\frac{a}{{x}^{2}}$＞0在（0，1）上恒成立，∴f′（x）在（0，1）上单调递增．又∵当x趋向于0时，f′（x）趋向于-∞；且f′（1）=2e²-a＞0．
故由零点存在性定理可知：f′（x）在（0，1）上存在唯一一个零点…（6分）
综上：当a≤0或a≥2e²时，f′（x）在（0，1）上无零点；
当0＜a＜2e²时，f′（x）在（0，1）上存在唯一一个零点…（7分）
（2）当a=1时，f′（x）=2e^2x-$\frac{a}{x}$，则由（1）中③可知f′（x）在（0，1）上存在唯一一个零点，
设为x₀，则满足：f′（x）=2e^2x₀-$\frac{a}{{x}_{0}}$=0，也即2e^2x₀=$\frac{a}{{x}_{0}}$①…（9分）
且知：当x∈（0，x₀）时，f′（x）＜0，f（x）单调递减；
当x∈（x₀，1）时，f′（x）＞0，f（x）单调递增．
∴当x=x₀时，f（x）取得极小值，同时也是最小值，f（x）_min=f（x₀）=e^2x₀-alnx₀，…（10分）
由①式，可知f（x）_min=$\frac{1}{2{x}_{0}}-{lnx}_{0}$，…（…（11分）
又因f′（$\frac{1}{2}$）=2e-2＞0，f′（1）=2e²-1＞0，f′（0）趋向于-∞，可知x₀∈（0，$\frac{1}{2}$）…（12分）
令函数h（x）=$\frac{1}{2x}-lnx$，x∈（0，$\frac{1}{2}$）．
则h′（x）=-$\frac{1}{2{x}^{2}}-\frac{1}{x}$=$-\frac{1}{2}$$（\frac{1}{x}{+1）}^{2}+\frac{1}{2}＜-4＜0$，x∈（0，$\frac{1}{2}$）．
故函数h（x）在区间（0，$\frac{1}{2}$）上单调递减，…（13分）
∴h（x）＞h（$\frac{1}{2}$）=1-ln$\frac{1}{2}$$＞1+ln2＞1+\frac{1}{2}$=$\frac{3}{2}$…（14分）
故函数f（x）＞$\frac{3}{2}$．成立．

点评 本题考查函数的数的综合应用，函数的单调区间以及函数的指正的应用，构造法以及转化思想的应用，考查分析问题解决问题的能力．