Question

14．已知函数f（x）=xe^x-a（lnx+x）．
（1）若函数f（x）恒有两个零点，求a的取值范围；
（2）若对任意x＞0，恒有不等式f（x）≥1成立．
①求实数a的值；
②证明：x²e^x＞（x+2）lnx+2sinx．

Answer 1

分析 （1）利用导数的运算法则可得f′（x），对a分类讨论，当a≤0时，f'（x）＞0，故f（x）单调递增，舍去．当a＞0时，f'（x）=0有唯一解x=x₀，此时${e^{x_0}}{x_0}=a$，求出极值，进而得出答案．
（2）①当a≤0时，不符合题意．当a＞0时，由（1）可知，f（x）_min=a-alna，故只需a-alna≥1．令$t=\frac{1}{a}$，上式即转化为lnt≥t-1，利用导数研究其单调性极值即可得出．
②由①可知x²e^x-xlnx≥x²+x，因而只需证明：?x＞0，恒有x²+x＞2lnx+2sinx．注意到前面已经证明：x-1≥lnx，因此只需证明：x²-x+2＞2sinx．对x分类讨论，利用导数研究函数的单调性极值即可得出．

解答 解：（1）f（x）=xe^x-alnx-ax，x＞0，则$f'（x）=（{x+1}）{e^x}-a（{\frac{1}{x}+1}）=（{x+1}）（{{e^x}-\frac{a}{x}}）$．
当a≤0时，f'（x）＞0，故f（x）单调递增，故不可能存在两个零点，不符合题意；
当a＞0时，f'（x）=0有唯一解x=x₀，此时${e^{x_0}}{x_0}=a$，则$f{（x）_{min}}=f（{x_0}）={x_0}{e^{x_0}}-aln{x_0}-a{x_0}$．
注意到${e^{x_0}}{x_0}=a$，因此$f{（x）_{min}}=a-alna{e^{-{x_0}}}-a{x_0}=a-alna＜0⇒a∈（{e，+∞}）$．
（2）①当a＜0时，f（x）单调递增，f（x）的值域为R，不符合题意；
当a=0时，则$f（{\frac{1}{2}}）=\frac{1}{2}{e^{\frac{1}{2}}}＜1$，也不符合题意．
当a＞0时，由（1）可知，f（x）_min=a-alna，故只需a-alna≥1．
令$t=\frac{1}{a}$，上式即转化为lnt≥t-1，
设h（t）=lnt-t+1，则$h'（t）=\frac{1-t}{t}$，因此h（t）在（0，1）上单调递增，
在（1，+∞）上单调递减，从而h（x）_max=h（1）=0，所以lnt≤t-1．
因此，lnt=t-1⇒t=1，从而有$\frac{1}{a}=t=1⇒a=1$．
故满足条件的实数为a=1．
②证明：由①可知x²e^x-xlnx≥x²+x，因而只需证明：?x＞0，恒有x²+x＞2lnx+2sinx．
注意到前面已经证明：x-1≥lnx，因此只需证明：x²-x+2＞2sinx．
当x＞1时，恒有2sinx≤2＜x²-x+2，且等号不能同时成立；
当0＜x≤1时，设g（x）=x²-x+2-2sinx，则g'（x）=2x-1-2cosx，
当x∈（0，1]时，g'（x）是单调递增函数，且$g'（1）=1-2cos1＜1-2cos\frac{π}{3}=0$，
因而x∈（0，1]时恒有g'（x）＜0；从而x∈（0，1]时，g（x）单调递减，
从而g（x）≥g（1）=2-2sin1＞0，即x²-x+2＞2sinx．
故x²e^x＞（x+2）lnx+2sinx．

点评 本题考查了利用导数研究函数的单调性极值与最值、方程与不等式的解法、等价转化方法，考查了推理能力与计算能力、分类讨论方法，属于难题．