Question

已知函数f(x)=ax2+

x

e

-lnx（其中a为常数，e为自然对数的底数）．
（Ⅰ）当a=

1

2

时，判断函数f（x）的单调性并写出其单调区间；
（Ⅱ）当a＞0时，求证：f（x）=0没有实数解．

Answer 1

分析：（Ⅰ）由条件知函数f（x）的定义域是（0，+∞），求出f（x）的导数，根据f′（x）＞0求得的区间是单调增区间，f′（x）＜0求得的区间是单调减区间，
（II）令g(x)=ax+

1

e

(x＞0)，h(x)=

lnx

x

(x＞0)，当a＞0时，f（x）＞

1

e

，h′(x)=

1-lnx

x2

(x＞0)，令h′（x）＞0，可得出h（x）在（0，e）上为增函数，（e，+∞）上为减函数，从而得出h（x）最大值，最终得到即f(x)=ax2+

x

e

-lnx＞0恒成立，从而f（x）=0无解．或者设f （x）的极小值点为x₀，利用其最小值f(x0)=ax02+

x0

e

-lnx0恒大于0即可证得f（x）=0没有实数解．

解答：解：（Ⅰ）因为x＞0，
当a=

1

2

时，f′(x)=2ax+

1

e

-

1

x

=x+

1

e

-

1

x

=

ex2+x-e

ex

，
令f'（x）＞0，所以x＞

-1+ 1+4e2

2e

，
令f'（x）＜0，所以0＜x＜

-1+ 1+4e2

2e

；
所以函数f（x）的单调增区间为(

-1+ 1+4e2

2e

，+∞)；
单调减区间为(0，

-1+ 1+4e2

2e

)．-------------------------------------（7分）

（Ⅱ）解一：令g(x)=ax+

1

e

(x＞0)，h(x)=

lnx

x

(x＞0)
当a＞0时，g(x)＞

1

e

----------------------------------------------------------（10分）h′(x)=

1-lnx

x2

(x＞0)
令h'（x）＞0，则x∈（0，e）
所以h（x）在（0，e）上为增函数，在（e，+∞）上为减函数，
所以h（x）_max=h（e）=

1

e

---------------------------------------------------------------（13分）
所以x＞0时，g（x）＞h（x）恒成立，即ax+

1

e

＞

lnx

x

即ax+

1

e

＞

lnx

x

，f(x)=ax2+

x

e

-lnx＞0恒成立，
所以f （x）=0无解．----------------------------------------------------------------------（15分）
解二：设f （x）的极小值点为x₀，则f(x0)=ax02+

x0

e

-lnx0，
令g（x₀）=

x0

e

-lnx0，则g'（x₀）=

1

e

-

1

x0

，---------------------------------（10分）
当x₀＞e 时，g'（x₀）＞0，
当x₀＜e 时，g'（x₀）＜0，
所以g（x₀）_min=g（e）=0，即

x0

e

-lnx0＞0，------------------------------------------（13分）
故f(x0)=ax02+

x0

e

-lnx0＞0恒成立．
所以f （x）=0无解．-------------------------------------------------（15分）

点评：本题主要考查用导数法研究函数的单调性，基本思路是：当函数为增函数时，导数大于等于零；当函数为减函数时，导数小于等于零，已知单调性求参数的范围往往转化为求相应函数的最值问题．