Question

1．设函数f（x）=ax²-a-lnx，g（x）=$\frac{1}{x}$-$\frac{e}{{e}^{x}}$，其中a∈R，e=2.718…为自然对数的底数．
（Ⅰ）讨论f（x）的单调性；
（Ⅱ）证明：当x＞1时，g（x）＞0；
（Ⅲ）确定a的所有可能取值，使得f（x）＞g（x）在区间（1，+∞）内恒成立．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求导数，分类讨论，即可讨论f（x）的单调性；
（Ⅱ）要证g（x）＞0（x＞1），即$\frac{1}{x}$-$\frac{e}{{e}^{x}}$＞0，即证$\frac{1}{x}＞\frac{e}{{e}^{x}}$，也就是证$\frac{{e}^{x}}{x}＞e$；
（Ⅲ）由f（x）＞g（x），得$a{x}^{2}-a-lnx-\frac{1}{x}+{e}^{1-x}＞0$，设t（x）=$a{x}^{2}-a-lnx-\frac{1}{x}+{e}^{1-x}$，由题意知，t（x）＞0在（1，+∞）内恒成立，再构造函数，求导数，即可确定a的取值范围．

解答 （Ⅰ）解：由f（x）=ax²-a-lnx，得f′（x）=2ax-$\frac{1}{x}$=$\frac{2a{x}^{2}-1}{x}$（x＞0），
当a≤0时，f′（x）＜0在（0，+∞）成立，则f（x）为（0，+∞）上的减函数；
当a＞0时，由f′（x）=0，得x=$±\sqrt{\frac{1}{2a}}$=$±\frac{\sqrt{2a}}{2a}$，
∴当x∈（0，$\frac{\sqrt{2a}}{2a}$）时，f′（x）＜0，当x∈（$\frac{\sqrt{2a}}{2a}$，+∞）时，f′（x）＞0，
则f（x）在（0，$\frac{\sqrt{2a}}{2a}$）上为减函数，在（$\frac{\sqrt{2a}}{2a}$，+∞）上为增函数；
综上，当a≤0时，f（x）为（0，+∞）上的减函数，当a＞0时，f（x）在（0，$\frac{\sqrt{2a}}{2a}$）上为减函数，在（$\frac{\sqrt{2a}}{2a}$，+∞）上为增函数；
（Ⅱ）证明：要证g（x）＞0（x＞1），即$\frac{1}{x}$-$\frac{e}{{e}^{x}}$＞0，
即证$\frac{1}{x}＞\frac{e}{{e}^{x}}$，也就是证$\frac{{e}^{x}}{x}＞e$，
令h（x）=$\frac{{e}^{x}}{x}$，则h′（x）=$\frac{{e}^{x}（x-1）}{{x}^{2}}$，
∴h（x）在（1，+∞）上单调递增，则h（x）_min=h（1）=e，
即当x＞1时，h（x）＞e，∴当x＞1时，g（x）＞0；
（Ⅲ）解：由f（x）＞g（x），得$a{x}^{2}-a-lnx-\frac{1}{x}+{e}^{1-x}＞0$，
设t（x）=$a{x}^{2}-a-lnx-\frac{1}{x}+{e}^{1-x}$，
由题意知，t（x）＞0在（1，+∞）内恒成立，
∵t（1）=0，
∴有t′（x）=2ax$-\frac{1}{x}+\frac{1}{{x}^{2}}-{e}^{1-x}$=$2ax+\frac{1-x}{{x}^{2}}-{e}^{1-x}$≥0在（1，+∞）内恒成立，
令φ（x）=$2ax+\frac{1-x}{{x}^{2}}-{e}^{1-x}$，
则φ′（x）=2a$+\frac{1}{{x}^{2}}-\frac{2}{{x}^{3}}+{e}^{1-x}$=$2a+\frac{x-2}{{x}^{3}}+{e}^{1-x}$，
当x≥2时，φ′（x）＞0，
令h（x）=$\frac{x-2}{{x}^{3}}$，h′（x）=$\frac{-2x+6}{{x}^{4}}$，函数在[1，2）上单调递增，
∴h（x）_min=h（1）=-1．
e^1-x＞0，∴1＜x＜2，φ′（x）＞0，
综上所述，x＞1，φ′（x）＞0，φ（x）在区间（1，+∞）单调递增，
∴t′（x）＞t′（1）≥0，即t（x）在区间（1，+∞）单调递增，
由2a-1≥0，
∴a≥$\frac{1}{2}$．

点评 本题考查导数知识的综合运用，考查函数的单调性，不等式的证明，考查恒成立成立问题，正确构造函数，求导数是关键．