Question

18．已知函数f（x）=$\frac{a}{2}$x²-lnx+x+1，g（x）=ae^x+$\frac{a}{x}$+ax-2a-1，其中a∈R
（1）若a=1，其函数g（x）在[1，3]的值域；
（2）若对任意的x∈（0，+∞），g（x）≥f′（x）恒成立，求正实数a的取值范围．

Answer 1

分析 （1）代入a=1可得g（x）=e^x+$\frac{1}{x}$+x-3，从而求导g′（x）=e^x-$\frac{1}{{x}^{2}}$+1；从而由导数的正负确定函数的单调性，从而求最值；
（2）令h（x）=g（x）-f′（x）．化简求导得到h′（x）=$\frac{a{e}^{x}{x}^{2}-a-1}{{x}^{2}}$；再令P（x）=ae^xx²-a-1并求导P′（x）=ae^xx（x+2）＞0，从而可解得?x₀∈（0，+∞），使h（x）在（0，x₀）上单调递减，在（x₀，+∞）上单调递增；从而可得h（x）_min=h（x₀）=a${e}^{{x}_{0}}$+$\frac{a+1}{{x}_{0}}$-2（a+1），①且a${e}^{{x}_{0}}$${{x}_{0}}^{2}$-a-1=0，从而化简求正实数a的最小值，问题得以解决．

解答 解：（1）a=1时，g（x）=e^x+$\frac{1}{x}$+x-3，
∴g′（x）=e^x-$\frac{1}{{x}^{2}}$+1；
故当x∈[1，3]时，g′（x）＞0；
故g（x）在[1，3]上是增函数，
故g（x）_max=g（3）=e³+$\frac{1}{3}$，g（x）_min=g（1）=e-1；
（3）令h（x）=g（x）-f′（x）
=ae^x+$\frac{a}{x}$+ax-2a-1-（ax-$\frac{1}{x}$+1）═ae^x+$\frac{a+1}{x}$-2（a+1），x∈（0，+∞），a∈（0，+∞）；
则h′（x）=ae^x-$\frac{a+1}{{x}^{2}}$=$\frac{a{e}^{x}{x}^{2}-a-1}{{x}^{2}}$；
令P（x）=ae^xx²-a-1，则P′（x）=ae^xx（x+2）＞0，
故P（x）在（0，+∞）上是增函数，
∵P（0）=-a-1＜0，且当x→+∞时，P（x）→+∞；
∴?x₀∈（0，+∞），使P（x₀）=0；
∴当x∈（0，x₀）时，P（x）＜0，即h′（x）＜0，故h（x）在（0，x₀）上单调递减；
当x∈（x₀，+∞）时，P（x）＞0，即h′（x）＞0，故h（x）在（x₀，+∞）上单调递增；
∴h（x）_min=h（x₀）=a${e}^{{x}_{0}}$+$\frac{a+1}{{x}_{0}}$-2（a+1），①
由P（x₀）=0得，a${e}^{{x}_{0}}$${{x}_{0}}^{2}$-a-1=0，故a${e}^{{x}_{0}}$=$\frac{a+1}{{{x}_{0}}^{2}}$，②
代入①中得，h（x₀）=$\frac{a+1}{{{x}_{0}}^{2}}$+$\frac{a+1}{{x}_{0}}$-2（a+1）；
对任意的x∈（0，+∞），g（x）≥f′（x）恒成立可化为$\frac{a+1}{{{x}_{0}}^{2}}$+$\frac{a+1}{{x}_{0}}$-2（a+1）≥0；
又∵a＞0，
∴$\frac{1}{{{x}_{0}}^{2}}$+$\frac{1}{{x}_{0}}$-2≥0，又由x₀＞0解得，0＜x₀≤1，
由②得，${e}^{{x}_{0}}$${{x}_{0}}^{2}$=$\frac{a+1}{a}$，
易知p（x）=e^xx²在（0，1]上是增函数，
故0＜$\frac{a+1}{a}$≤e；
故a≥$\frac{1}{e-1}$，
故实数a的取值范围为[$\frac{1}{e-1}$，+∞）．

点评 本题考查了导数的综合应用及恒成立问题，关键构造函数，求出函数的最值，属于难题．