Question

20．设$f（x）={e^x}（{x-\frac{a-1}{x}}），g（x）=aln{x_{\;}}_{\;}（{e=2.71828…}）$．
（I）当a＞1时，讨论函数$F（x）=\frac{f（x）}{e^x}-g（x）$的单调性；
（II）求证：当a=0时，不等式$f（x）＞2\sqrt{e}$对任意x∈（0，+∞）都成立．

Answer 1

分析 （I）求得F（x）的解析式，求导，求得F′（x）=0的两个根，利用导数与函数单调性的关系，分类讨论即可求得函数的F（x）的单调性；
（II）当a=0时，求导，构造辅助函数，h（x）=x³+x²+x-1，求得函数的单调性求得函数f（x）的零点x₀，x₀∈（$\frac{1}{2}$，1），根据函数的单调性，采用放缩法，即可求证$f（x）＞2\sqrt{e}$对任意x∈（0，+∞）都成立．

解答 解：（I）$F（x）=\frac{f（x）}{e^x}-g（x）$=x-$\frac{a-1}{x}$-alnx（x＞0），
求导，F′（x）=1+$\frac{a-1}{{x}^{2}}$-$\frac{a}{x}$=$\frac{（x-1）[x-（a-1）]}{{x}^{2}}$（x＞0），
①当0＜a-1＜1时，即1＜a＜2时，
F′（x），F（x）随x的变化情况，

x	（0，a-1）	a-1	（a-1，1）	1	（1，+∞）
F′（x），	+	0	-	0	+
F（x）	↑	极大值	↓	极小值	↑

由表可知F（x）在（0，a-1），（1，+∞）上单调递增，在（a-1，1）上单调递减，
②当a-1=1，即a=2时，F′（x）=$\frac{（x-1）^{2}}{{x}^{2}}$≥0恒成立，
F（x）在（0，+∞）单调递减；
③当a-1＞1，即a＞2时，
F′（x），F（x）随x的变化情况，

x	（0，1）	1	（1，a-1）	a-1	（a-1，+∞）
F′（x），	+	0	-	0	+
F（x）	↑	极大值	↓	极小值	↑

由表可知F（x）在（0，1），（a-1，+∞）上单调递增，在（1，a-1）上单调递减，
综上可知：1＜a＜2，F（x）在（0，a-1），（1，+∞）上单调递增，在（a-1，1）上单调递减；
a=2时，F（x）在（0，+∞）单调递减；
a＞2时，F（x）在（0，1），（a-1，+∞）上单调递增，在（1，a-1）上单调递减，
（II）证明：当a=0时，f（x）=e^x（x+$\frac{1}{x}$），求导，f′（x）=e^x（x+$\frac{1}{x}$）+e^x（1-$\frac{1}{{x}^{2}}$）
=$\frac{{e}^{x}（{x}^{3}+{x}^{2}+x-1）}{{x}^{2}}$，
令h（x）=x³+x²+x-1，（x＞0），求导，h′（x）=3x²+2x-1=3（x+$\frac{1}{3}$）²+$\frac{2}{3}$，
h（x）在（0，+∞）是增函数，
由h（$\frac{1}{2}$）=-$\frac{1}{8}$＜0，h（1）=2＞0，
∴h（x）在（0，+∞）上存在唯一的零点x₀，且x₀∈（$\frac{1}{2}$，1），
当0＜x＜x₀时，h（x）＜0，f′（x）=$\frac{{e}^{x}h（x）}{{x}^{2}}$＜0，
当x＞x₀时，h（x）＞0，f′（x）=$\frac{{e}^{x}h（x）}{{x}^{2}}$＞0，
∴f（x）在（0，x₀）上是减函数，在（x₀，+∞），
∴当x＞0时，f（x）≥${e}^{{x}_{0}}$（x₀+$\frac{1}{{x}_{0}}$）＞${e}^{\frac{1}{2}}$（x₀+$\frac{1}{{x}_{0}}$）＞2$\sqrt{e}$

点评 本题考查导数的综合应用，利用导数求函数的单调性及最值，函数零点的判断，考察从放缩法证明不等式成立，考查计算能力，属于难题．