Question

19．设f（x）=$\frac{1}{2}{x^2}$，g（x）=alnx（a＞0）．
（Ⅰ）求函数F（x）=f（x）•g（x）的极值；
（Ⅱ）若函数G（x）=f（x）-g（x）+（a-1）x在区间$（\frac{1}{e}，e）$内有两个零点，求实数a的取值范围；
（Ⅲ）求证：当x＞0时，lnx+$\frac{3}{{4{x^2}}}-\frac{1}{e^x}$＞0．

Answer 1

分析 （1）求导数的变号零点，然后据此得到原函数的极大值或极小值点；
（2）先利用导数研究函数的单调性、极值及最值的情况，然后结合数形结合思想构造出关于a的不等式（组）求解；
（3）先将原不等式变形为两个函数比较大小的情形，然后转换为两个函数最值的比较问题，还是利用导数研究．

解答 解：（1）F（x）=f（x）•g（x）=$\frac{1}{2}a{x}^{2}lnx，F′（x）=axlnx+\frac{1}{2}ax$=$\frac{1}{2}ax（2lnx+1）$．
故F（x）在$（0，{e}^{-\frac{1}{2}}）$上递减，在$（{e}^{-\frac{1}{2}}，+∞）$上递增，所以$x={e}^{-\frac{1}{2}}$为极小值点，
所以$F（x）_{极小值}=F（{e}^{-\frac{1}{2}}）$=$-\frac{a}{4e}$，无极大值．
（2）$G（x）=\frac{1}{2}{x}^{2}-alnx+（a-1）x$．所以$G′（x）=x-\frac{a}{x}+a-1=\frac{（x+a）（x-1）}{x}$．
由G′（x）=0得x=1或x=-a（舍去）．
当x∈（0，1）时，G′（x）＜0，G（x）单调递减；x∈（1，+∞）时，G′（x）＞0，G（x）单调递增．
要使G（x）在$（\frac{1}{e}，e）$上有两个零点需满足：$\left\{\begin{array}{l}{G（\frac{1}{e}）＞0}\\{G（1）＜0}\\{G（e）＞0}\end{array}\right.$，即$\left\{\begin{array}{l}{\frac{1}{2{e}^{2}}+\frac{a-1}{e}+a＞0}\\{\frac{1}{2}+a-1＜0}\\{\frac{{e}^{2}}{2}+（a-1）e-a＞0}\end{array}\right.$，解得$\left\{\begin{array}{l}{a＞\frac{2e-1}{2{e}^{2}+2e}}\\{a＜\frac{1}{2}}\\{a＞\frac{2e-{e}^{2}}{2e-2}}\end{array}\right.$．
下面比较$\frac{2e-1}{2{e}^{2}+2e}，\frac{2e-{e}^{2}}{2e-2}$的大小．
因为$\frac{2e-1}{2{e}^{2}+2e}-\frac{2e-{e}^{2}}{2e-2}$=$\frac{2e[{e}^{2}（e-1）-3]+2}{（2{e}^{2}+2e）（2e-2）}＞0$．
故$\frac{2e-1}{2{e}^{2}+2e}＞\frac{2e-{e}^{2}}{2e-2}$．故a的范围是$（\frac{2e-1}{2{e}^{2}+2e}，\frac{1}{2}）$．
（3）原不等式等价于${x}^{2}lnx＞\frac{{x}^{2}}{{e}^{x}}-\frac{3}{4}$．
由（1）知f（x）=x²lnx的最小值为$-\frac{1}{2e}$．
设h（x）=$\frac{{x}^{2}}{{e}^{x}}-\frac{3}{4}$，则$h′（x）=\frac{2x-{x}^{2}}{{e}^{x}}=-\frac{x（x-2）}{{e}^{x}}$．
因为x＞0，所以h（x）在（0，2）单调递增，在（2，+∞）单调递减．
h（x）_max=h（2）=$\frac{4}{{e}^{2}}-\frac{3}{4}$．
又因为$-\frac{1}{2e}-（\frac{4}{{e}^{2}}-\frac{3}{4}）=\frac{（3e-8）（e+2）}{4{e}^{2}}＞0$．
所以f（x）_min＞h（x）_min，故${x}^{2}lnx＞\frac{{x}^{2}}{{e}^{2}}-\frac{3}{4}$．
所以x＞0时，lnx$+\frac{3}{4{x}^{2}}-\frac{1}{{e}^{x}}＞0$．

点评 本题综合考查了导数在研究函数的单调性、极值、最值问题中的应用，以及通过这些应用解决函数零点的分布问题、不等式的恒成立问题．