Question

7．设函数f（x）=lnx-e^1-x，g（x）=a（x²-1）-$\frac{1}{x}$．
（1）判断函数y=f（x）零点的个数，并说明理由；
（2）记h（x）=g（x）-f（x）+$\frac{{e}^{x}-ex}{x{e}^{x}}$，讨论h（x）的单调性；
（3）若f（x）＜g（x）在（1，+∞）恒成立，求实数a的取值范围．

Answer 1

分析 （1）求出函数的导数，计算f（1），f（e）的值，求出零点个数即可；
（2）求出h（x）的导数，通过讨论a的范围求出函数的单调区间即可；
（3）问题等价于a（x²-1）-lnx＞$\frac{1}{x}$-$\frac{e}{{e}^{x}}$在（1，+∞）恒成立，设k（x）=$\frac{1}{x}$-$\frac{e}{{e}^{x}}$=$\frac{{e}^{x}-ex}{{xe}^{x}}$，根据函数的单调性求出a的范围即可．

解答 解：（1）由题意得：x＞0，
∴f′（x）=$\frac{1}{x}$+$\frac{e}{{e}^{x}}$＞0，
故f（x）在（0，+∞）递增；
又f（1）=-1，f（e）=1-e^1-e=1-$\frac{e}{{e}^{e}}$＞0，
故函数y=f（x）在（1，e）内存在零点，
∴y=f（x）的零点个数是1；
（2）h（x）=a（x²-1）-$\frac{1}{x}$-lnx+e^1-x+$\frac{1}{x}$-$\frac{e}{{e}^{x}}$=ax²-a-lnx，
h′（x）=2ax-$\frac{1}{x}$=$\frac{2{ax}^{2}-1}{x}$（x＞0），
当a≤0时，h′（x）＜0，h（x）在（0，+∞）递减，
当a＞0时，由h′（x）=0，解得：x=±$\frac{1}{\sqrt{2a}}$（舍取负值），
∴x∈（0，$\frac{1}{\sqrt{2a}}$）时，h′（x）＜0，h（x）递减，
x∈（$\frac{1}{\sqrt{2a}}$，+∞）时，h′（x）＞0，h（x）递增，
综上，a≤0时，h（x）在（0，+∞）递减，
a＞0时，h（x）在（0，$\frac{1}{\sqrt{2a}}$）递减，在（$\frac{1}{\sqrt{2a}}$，+∞）递增；
（3）由题意得：lnx-$\frac{e}{{e}^{x}}$＜a（x²-1）-$\frac{1}{x}$，
问题等价于a（x²-1）-lnx＞$\frac{1}{x}$-$\frac{e}{{e}^{x}}$在（1，+∞）恒成立，
设k（x）=$\frac{1}{x}$-$\frac{e}{{e}^{x}}$=$\frac{{e}^{x}-ex}{{xe}^{x}}$，
若记k₁（x）=e^x-ex，则${{k}_{1}}^{′}$（x）=e^x-e，
x＞1时，${{k}_{1}}^{′}$（x）＞0，
k₁（x）在（1，+∞）递增，
k₁（x）＞k₁（1）=0，即k（x）＞0，
若a≤0，由于x＞1，
故a（x²-1）-lnx＜0，故f（x）＞g（x），
即当f（x）＜g（x）在（1，+∞）恒成立时，必有a＞0，
当a＞0时，设h（x）=a（x²-1）-lnx，
①若$\frac{1}{\sqrt{2a}}$＞1，即0＜a＜$\frac{1}{2}$时，
由（2）得x∈（1，$\frac{1}{\sqrt{2a}}$），h（x）递减，x∈（$\frac{1}{\sqrt{2a}}$，+∞），h（x）递增，
故h（$\frac{1}{\sqrt{2a}}$）＜h（1）=0，而k（$\frac{1}{\sqrt{2a}}$）＞0，
即存在x=$\frac{1}{\sqrt{2a}}$＞1，使得f（x）＜g（x），
故0＜a＜$\frac{1}{2}$时，f（x）＜g（x）不恒成立；
②若$\frac{1}{\sqrt{2a}}$≤1，即a≥$\frac{1}{2}$时，
设s（x）=a（x²-1）-lnx-$\frac{1}{x}$+$\frac{e}{{e}^{x}}$，
s′（x）=2ax-$\frac{1}{x}$+$\frac{1}{{x}^{2}}$-$\frac{e}{{e}^{x}}$，
由于2ax≥x，且k₁（x）=e^x-ex＞0，
即$\frac{e}{{e}^{x}}$＜$\frac{1}{x}$，故-$\frac{e}{{e}^{x}}$＞-$\frac{1}{x}$，
因此s′（x）＞x-$\frac{1}{x}$+$\frac{1}{{x}^{2}}$-$\frac{1}{x}$＞$\frac{{x}^{2}-2+1}{{x}^{2}}$=$\frac{{（x-1）}^{2}}{{x}^{2}}$＞0，
故s（x）在（1，+∞）递增，
故s（x）＞s（1）=0，
即a≥$\frac{1}{2}$时，f（x）＜g（x）在（1，+∞）恒成立，
综上，a∈[$\frac{1}{2}$，+∞）时，f（x）＜g（x）在（1，+∞）恒成立．

点评 本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应用以及分类讨论思想、考查转化思想以及函数的零点问题，是一道综合题．