Question

13．已知函数f（x）=$\frac{x+1}{{e}^{x}}$+alnx有极值点，其中e为自然对数的底数．
（1）求a的取值范围；
（2）若a∈（0，$\frac{1}{e}$]，求证：?x∈（0，2]，都有f（x）＜$\frac{1+a-{a}^{2}}{{e}^{a}}$．

Answer 1

分析 （1）求出函数的导数，得到ae^x-x²=0有解，显然a＞0，令m（x）=ae^x-x²，根据函数的单调性求出a的范围即可；
（2）求出函数的导数，令h（x）=ae^x-x²，根据函数的单调性得到f（x）在（a，1）内有唯一极大值点x₀，从而f（x）_max≤max{f（1），f（x₀）}，结合函数的单调性，证出结论即可．

解答 解：（1）f（x）=$\frac{x+1}{{e}^{x}}$+alnx，f′（x）=$\frac{{ae}^{x}{-x}^{2}}{{xe}^{x}}$，
若函数f（x）=$\frac{x+1}{{e}^{x}}$+alnx有极值点，
则ae^x-x²=0有解，显然a＞0，
令m（x）=ae^x-x²，（a＞0），
则m′（x）=ae^x-2x，m″（x）=ae^x-2，
令m″（x）＞0，解得：x＞ln$\frac{2}{a}$，令m″（x）＜0，解得：x＜ln$\frac{2}{a}$，
∴m′（x）在（-∞，ln$\frac{2}{a}$）递减，在（ln$\frac{2}{a}$，+∞）递增，
∴m′（x）_min=m′（ln$\frac{2}{a}$）=2-2ln$\frac{2}{a}$＜0，
解得：a＜$\frac{2}{e}$，
故0＜a＜$\frac{2}{e}$；
（2）f（x）=$\frac{x+1}{{e}^{x}}$+alnx，f′（x）=$\frac{{ae}^{x}{-x}^{2}}{{xe}^{x}}$，
令h（x）=ae^x-x²，则h′（x）=ae^x-2x，
0＜x≤1时，h′（x）≤ae-2＜0，
由于h（a）=a（e^a-a）＞0，h（1）=ae-1≤0，
∴f（x）在（a，1）内有唯一极大值点x₀，
当a=$\frac{1}{e}$时，f（x）有极大值点x=1，
∴x∈（0，2]时，f（x）_max≤max{f（1），f（x₀）}，
f（x₀）=$\frac{{x}_{0}+1{{+x}_{0}}^{2}l{nx}_{0}}{{e}^{{x}_{0}}}$（a＜x₀＜1），
令ω（x）=$\frac{x+1{+x}^{2}lnx}{{e}^{x}}$，（a＜x＜1），
则ω′（x）=-e^-x（x-2）xlnx＜0，
∴ω（x）＜ω（a）=$\frac{a+1{+a}^{2}lna}{{e}^{a}}$＜$\frac{a+1{-a}^{2}}{{e}^{a}}$，
又f（1）=$\frac{2}{e}$，
∴max{f（1），f（x₀）}＜$\frac{a+1{-a}^{2}}{{e}^{a}}$．

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不等式的证明，是一道综合题．