Question

1．已知函数f（x）=ax-lnx，F（x）=e^x+ax，其中x＞0，a＜0．
（1）若f（x）和F（x）在区间（0，ln3）上具有时间的单调性，求实数a的取值范围；
（2）若$a∈（{-∞，-\frac{1}{e^2}}]$，且函数g（x）=xe^ax-1-2ax+f（x）的最小值为φ（a），求φ（a）的最小值．

Answer 1

分析 （1）求出函数的导数，通过讨论a的范围，求出函数的单调区间即可；
（2）求出函数g（x）的导数，根据函数的单调性求出g（x）的最小值，从而求出φ（a）的最小值．

解答 解：（1）$f'（x）=a-\frac{1}{x}=\frac{ax-1}{x}，F'（x）={e^x}+a，x＞0$，…（1分）
∵a＜0，f'（x）＜0在（0，+∞）上恒成立，即f（x）在（0，+∞）上单调递减，…（2分）
当-1≤a＜0时，F'（x）＞0，即F（x）在（0，+∞）上单调递增，不合题意…（3分）
当a＜-1时，由F'（x）＞0，得x＞ln（-a），由F'（x）＜0，得0＜x＜ln（-a），
∴F（x）的单调减区间为（0，ln（-a）），单调增区间为（ln（-a），+∞）…（4分）
∵f（x）和F（x）在区间（0，ln3）上具有相同的单调性，
∴ln（-a）≥ln3，解得a≤-3，
综上，a的取值范围是（-∞，-3]…（5分）
（2）$g'（x）={e^{ax-1}}+ax{e^{ax-1}}-a-\frac{1}{x}=（{ax+1}）（{{e^{ax-1}}-\frac{1}{x}}）$，…（6分）
由${e^{ax-1}}-\frac{1}{x}=0$得到$a=\frac{1-lnx}{x}$，设$p（x）=\frac{1-lnx}{x}，p'（x）=\frac{lnx-2}{x^2}$，…（7分）
当x＞e²时，p'（x）＞0；当0＜x＜e²时，p'（x）＜0，
从而p（x）在（0，e²）上递减，在（e²，+∞）上递增，∴$p{（x）_{min}}=p（{e^2}）=-\frac{1}{e^2}$…（9分）
当$a≤-\frac{1}{e^2}$时，$a≤\frac{1-lnx}{x}$，即${e^{ax-1}}-\frac{1}{x}≤0$，
在$（{0，-\frac{1}{a}}）$上，ax+1＞0，g'（x）≤0，g（x）递减；
在$（{-\frac{1}{a}，+∞}）$上，ax+1＜0，g'（x）≥0，g（x）递增，∴$g{（x）_{min}}=g（{-\frac{1}{a}}）=φ（a）$，…（10分）
设$t=-\frac{1}{a}∈（{0，{e^2}}]，φ（a）=h（t）=\frac{t}{e^2}-lnt+1（{0＜t≤{e^2}}）$，$h'（t）=\frac{1}{e^2}-\frac{1}{t}≤0，h（t）$在（0，e²]上递减，∴h（t）≥h（e²）=0，
∴φ（a）的最小值为0…（12分）

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、转化思想，是一道综合题．