Question

3．已知函数f（x）=（a-$\frac{1}{2}$）e^2x+x（a∈R）
（1）求f（x）在（0，+∞）上的单调区间；
（2）若f（x）＜2ae^x在x∈（0，+∞）上恒成立，求实数a的取值范围．

Answer 1

分析 （1）f′（x）=（2a-1）e^2x+1．e^2x＞1．对a分类讨论：当a≥$\frac{1}{2}$时，当0＜a＜$\frac{1}{2}$时，当a≤0时，利用导数研究函数的单调性即可得出．
（2）f（x）＜2ae^x在x∈（0，+∞）上恒成立，?（2a-1）e^2x-4ae^x+2x＜0在x∈（0，+∞）上恒成立．令g（x）=（2a-1）e^2x-4ae^x+2x，g′（x）=2[（2a-1）e^x-1]（e^x-1）．e^x-1＞0．对a分类讨论：①当a$≤\frac{1}{2}$时，再分类讨论：当$a＜-\frac{1}{2}$时，当$-\frac{1}{2}≤a≤\frac{1}{2}$时，②当a$＞\frac{1}{2}$时，利用导数研究函数的单调性极值即可得出．

解答 解：（1）f′（x）=（2a-1）e^2x+1．e^2x＞1．
①当a≥$\frac{1}{2}$时，f′（x）＞0，f（x）在（0，+∞）上的单调递增；
②当0＜a＜$\frac{1}{2}$时，$\frac{1}{1-2a}＞$1，f′（x）=（2a-1）$（{e}^{2x}-\frac{1}{1-2a}）$，
令f′（x）=0，解得x₀=$\frac{1}{2}ln\frac{1}{1-2a}$=-$\frac{1}{2}ln（1-2a）$．当x∈（0，x₀）时，f′（x）＞0，此时函数f（x）单调递增；
当x∈（x₀，+∞）时，f′（x）＜0，此时函数f（x）单调递减；
③当a≤0时，$0＜\frac{1}{1-2a}≤1$，f′（x）=（2a-1）$（{e}^{2x}-\frac{1}{1-2a}）$＜0，函数f（x）在（0，+∞）上的单调递减．
综上可得：当a≥$\frac{1}{2}$时，f（x）在（0，+∞）上的单调递增；
当0＜a＜$\frac{1}{2}$时，x₀=-$\frac{1}{2}ln（1-2a）$．当x∈（0，x₀）时，函数f（x）单调递增；当x∈（x₀，+∞）时，函数f（x）单调递减；
当a≤0时，函数f（x）在（0，+∞）上的单调递减．
（2）f（x）＜2ae^x在x∈（0，+∞）上恒成立，?（2a-1）e^2x-4ae^x+2x＜0在x∈（0，+∞）上恒成立．
令g（x）=（2a-1）e^2x-4ae^x+2x，g′（x）=2[（2a-1）e^x-1]（e^x-1）．e^x-1＞0．
①当a$≤\frac{1}{2}$时，g′（x）＜0，函数g（x）在x∈（0，+∞）上单调递减，g（x）＜g（0）=-2a-1，
当$a＜-\frac{1}{2}$时，g（0）＞0，舍去；当$-\frac{1}{2}≤a≤\frac{1}{2}$时，g（0）≤0，满足条件．
②当a$＞\frac{1}{2}$时，令g′（x）=0，解得x₀=$\frac{1}{2a-1}$，当x∈（0，x₀）时，函数f（x）单调递减；当x∈（x₀，+∞）时，函数f（x）单调递增，且当x→+∞时，g（x）→+∞，不满足条件，舍去．
综上可得：实数a的取值范围是$[-\frac{1}{2}，\frac{1}{2}]$．

点评 本题考查了利用导数研究函数的单调性极值、恒成立问题的等价转化方法，考查了分类讨论思想方法、推理能力与计算能力，属于难题．