Question

7．已知函数f（x）=$\frac{a}{2}$x²-lnx+x+1，g（x）=ae^x+$\frac{a}{x}$+ax-2a-1，其中a∈R．
（1）若a=1，求函数g（x）在[1，3]上的最值；
（2）试探究函数f（x）的单调性；
（3）若对任意的x∈（0，+∞），g（x）≥f′（x）恒成立，求正实数a的最小值．

Answer 1

分析 （1）代入a=1可得g（x）=e^x+$\frac{1}{x}$+x-3，从而求导g′（x）=e^x-$\frac{1}{{x}^{2}}$+1；从而由导数的正负确定函数的单调性，从而求最值；
（2）先求函数f（x）=$\frac{a}{2}$x²-lnx+x+1的定义域为（0，+∞），再求导f′（x）=ax-$\frac{1}{x}$+1=$\frac{a{x}^{2}+x-1}{x}$，从而讨论；分a=0与a≠0两大类；再在a≠0时，由于二次方程ax²+x-1=0的△=1+4a；故分△≤0，△＞0讨论；在△＞0时，方程ax²+x-1=0的两根为x₁=-$\frac{1}{2a}$-$\frac{\sqrt{1+4a}}{2a}$，x₂=-$\frac{1}{2a}$+$\frac{\sqrt{1+4a}}{2a}$；故再按根的位置分两类讨论；从而确定函数的单调性；
（3）令h（x）=g（x）-f′（x）=ae^x+$\frac{a+1}{x}$-2（a+1），x∈（0，+∞），a∈（0，+∞）；再求导h′（x）=ae^x-$\frac{a+1}{{x}^{2}}$=$\frac{a{e}^{x}{x}^{2}-a-1}{{x}^{2}}$；再令P（x）=ae^xx²-a-1并求导P′（x）=ae^xx（x+2）＞0，从而可解得?x₀∈（0，+∞），使h（x）在（0，x₀）上单调递减，在（x₀，+∞）上单调递增；从而可得h（x）_min=h（x₀）=a${e}^{{x}_{0}}$+$\frac{a+1}{{x}_{0}}$-2（a+1）且a${e}^{{x}_{0}}$•${x}_{0}^{2}$-a-1=0，从而化简求正实数a的最小值．

解答 解：（1）当a=1时，g（x）=e^x+$\frac{1}{x}$+x-3，
g′（x）=e^x-$\frac{1}{{x}^{2}}$+1；
故当x∈[1，3]时，g′（x）＞0；
故g（x）在[1，3]上是增函数，
故g（x）_max=g（3）=e³+$\frac{1}{3}$，g（x）_min=g（1）=e-1；
（2）∵f（x）=$\frac{a}{2}$x²-lnx+x+1的定义域为（0，+∞），
∴f′（x）=ax-$\frac{1}{x}$+1=$\frac{a{x}^{2}+x-1}{x}$，
当a=0时，f（x）在（0，1）上是减函数，在（1，+∞）上是增函数；
当a≠0时，对二次方程ax²+x-1=0，△=1+4a；
①若△=1+4a≤0，即a≤-$\frac{1}{4}$时，ax²+x-1≤0恒成立，
故$\frac{a{x}^{2}+x-1}{x}$≤0恒成立；
故f（x）在（0，+∞）上是减函数；
②若△=1+4a＞0，即a＞-$\frac{1}{4}$时，
方程ax²+x-1=0的两根为x₁=-$\frac{1}{2a}$-$\frac{\sqrt{1+4a}}{2a}$，x₂=-$\frac{1}{2a}$+$\frac{\sqrt{1+4a}}{2a}$；
（i）若-$\frac{1}{4}$＜a＜0，则-$\frac{1}{2a}$-$\frac{\sqrt{1+4a}}{2a}$＞-$\frac{1}{2a}$+$\frac{\sqrt{1+4a}}{2a}$＞0；
∴f（x）在（-$\frac{1}{2a}$+$\frac{\sqrt{1+4a}}{2a}$，-$\frac{1}{2a}$-$\frac{\sqrt{1+4a}}{2a}$）上是增函数，
在（0，-$\frac{1}{2a}$+$\frac{\sqrt{1+4a}}{2a}$），（-$\frac{1}{2a}$-$\frac{\sqrt{1+4a}}{2a}$，+∞）上是减函数；
（ii）若a＞0，-$\frac{1}{2a}$-$\frac{\sqrt{1+4a}}{2a}$＜0＜-$\frac{1}{2a}$+$\frac{\sqrt{1+4a}}{2a}$；
故f（x）在（0，-$\frac{1}{2a}$+$\frac{\sqrt{1+4a}}{2a}$）上是减函数，
在（-$\frac{1}{2a}$+$\frac{\sqrt{1+4a}}{2a}$，+∞）上是增函数；
综上所述，
当a=0时，f（x）在（0，1）上是减函数，在（1，+∞）上是增函数；
当a≤-$\frac{1}{4}$时，f（x）在（0，+∞）上是减函数；
当-$\frac{1}{4}$＜a＜0时，f（x）在（-$\frac{1}{2a}$+$\frac{\sqrt{1+4a}}{2a}$，-$\frac{1}{2a}$-$\frac{\sqrt{1+4a}}{2a}$）上是增函数，
在（0，-$\frac{1}{2a}$+$\frac{\sqrt{1+4a}}{2a}$），（-$\frac{1}{2a}$-$\frac{\sqrt{1+4a}}{2a}$，+∞）上是减函数；
当a＞0时，f（x）在（0，-$\frac{1}{2a}$+$\frac{\sqrt{1+4a}}{2a}$）上是减函数，
在（-$\frac{1}{2a}$+$\frac{\sqrt{1+4a}}{2a}$，+∞）上是增函数．
（3）令h（x）=g（x）-f′（x）
=ae^x+$\frac{a}{x}$+ax-2a-1-（ax-$\frac{1}{x}$+1）
=ae^x+$\frac{a+1}{x}$-2（a+1），x∈（0，+∞），a∈（0，+∞）；
则h′（x）=ae^x-$\frac{a+1}{{x}^{2}}$=$\frac{a{e}^{x}{x}^{2}-a-1}{{x}^{2}}$；
令P（x）=ae^xx²-a-1，则P′（x）=ae^xx（x+2）＞0，
故P（x）在（0，+∞）上是增函数，
∵P（0）=-a-1＜0，且当x→+∞时，P（x）→+∞；
∴?x₀∈（0，+∞），使P（x₀）=0；
∴当x∈（0，x₀）时，P（x）＜0，即h′（x）＜0，故h（x）在（0，x₀）上单调递减；
当x∈（x₀，+∞）时，P（x）＞0，即h′（x）＞0，故h（x）在（x₀，+∞）上单调递增；
∴h（x）_min=h（x₀）=a${e}^{{x}_{0}}$+$\frac{a+1}{{x}_{0}}$-2（a+1），①
由P（x₀）=0得，a${e}^{{x}_{0}}$•${x}_{0}^{2}$-a-1=0，故a${e}^{{x}_{0}}$=$\frac{a+1}{{x}_{0}^{2}}$，②
代入①中得，h（x₀）=$\frac{a+1}{{x}_{0}^{2}}$+$\frac{a+1}{{x}_{0}}$-2（a+1）；
对任意的x∈（0，+∞），g（x）≥f′（x）恒成立可化为$\frac{a+1}{{x}_{0}^{2}}$+$\frac{a+1}{{x}_{0}}$-2（a+1）≥0；
又∵a＞0，
∴$\frac{1}{{x}_{0}^{2}}$+$\frac{1}{{x}_{0}}$-2≥0，又由x₀＞0解得，
0＜x₀≤1，
由②得，${e}^{{x}_{0}}$•${x}_{0}^{2}$=$\frac{a+1}{a}$，
易知q（x）=e^xx²在（0，1]上是增函数，
故0＜$\frac{a+1}{a}$≤e；
故a≥$\frac{1}{e-1}$；
故正实数a的最小值为$\frac{1}{e-1}$．

点评 本题考查了导数的综合应用及恒成立问题，难点在于确定分类的标准以准确分类，属于难题．