Question

11．已知函数f（x）=ax²-a-lnx．
（Ⅰ）试讨论f（x）的单调性；
（Ⅱ）若f（x）+$\frac{e}{{e}^{x}}$-$\frac{1}{x}$＞0在（1，+∞）上恒成立，求实数a的取值范围．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出原函数的导函数，分a≤0和a＞0研究函数的单调性，当a＞0时，求出导函数的零点，由导函数的零点对定义域分段，由导函数在各区间段内的符号可得原函数的单调性．
（Ⅱ）把f（x）+$\frac{e}{{e}^{x}}$-$\frac{1}{x}$＞0在（1，+∞）上恒成立转化为$a（{x}^{2}-1）-lnx＞\frac{1}{x}-\frac{e}{{e}^{x}}$在（1，+∞）上恒成立，求导可知不等式右边恒大于0，分析a≤0不合题意；知f（x）+$\frac{e}{{e}^{x}}$-$\frac{1}{x}$＞0在（1，+∞）上恒成立时，必有a＞0．然后结合（Ⅰ）中函数的单调性分析，可得0＜a＜$\frac{1}{2}$时，f（x）+$\frac{e}{{e}^{x}}$-$\frac{1}{x}$＞0不恒成立．a$≥\frac{1}{2}$时，f（x）+$\frac{e}{{e}^{x}}$-$\frac{1}{x}$＞0在（1，+∞）上恒成立．

解答 解：（Ⅰ）由f（x）=ax²-a-lnx，得${f}^{′}（x）=2ax-\frac{1}{x}=\frac{2a{x}^{2}-1}{x}$（x＞0），
当a≤0时，f′（x）＜0，f（x）在（0，+∞）上单调递减；
当a＞0时，由f′（x）=0，解得$x=\frac{1}{\sqrt{2a}}$（舍去负值），
∴$x∈（0，\frac{1}{\sqrt{2a}}）$ 时，f′（x）＜0，f（x）单调递减，$x∈（\frac{1}{\sqrt{2a}}，+∞）$ 时，f′（x）＞0，f（x）单调递增．
综上，当a≤0时，f（x）在（0，+∞）上单调递减；
当a＞0时，f（x）在（0，$\frac{1}{\sqrt{2a}}$）上单调递减，在（$\frac{1}{\sqrt{2a}}$，+∞）上单调递增．
（Ⅱ）f（x）+$\frac{e}{{e}^{x}}$-$\frac{1}{x}$＞0，即$a{x}^{2}-a-lnx+\frac{e}{{e}^{x}}-\frac{1}{x}＞0$在（1，+∞）上恒成立，
等价于$a（{x}^{2}-1）-lnx＞\frac{1}{x}-\frac{e}{{e}^{x}}$在（1，+∞）上恒成立，
设$k（x）=\frac{1}{x}-\frac{e}{{e}^{x}}=\frac{{e}^{x}-ex}{x{e}^{x}}$，
记${k}_{1}（x）={e}^{x}-ex$，则${{k}_{1}}^{′}（x）={e}^{x}-e$，
当x＞1时，${{k}_{1}}^{′}（x）＞0$，k₁（x）在（1，+∞）上单调递增，k₁（x）＞k₁（1）=0，即k（x）＞0，
若a≤0，由于x＞1，故a（x²-1）-lnx＜0．
∴f（x）+$\frac{e}{{e}^{x}}$-$\frac{1}{x}$＞0在（1，+∞）上恒成立时，必有a＞0．
当a＞0时，①若$\frac{1}{\sqrt{2a}}$＞1，则0＜a＜$\frac{1}{2}$，由（Ⅰ）知x∈（1，$\frac{1}{\sqrt{2a}}$）时，f（x）单调递减；
x∈（$\frac{1}{\sqrt{2a}}$，+∞）时，f（x）单调递增，因此f（$\frac{1}{\sqrt{2a}}$）＜f（1）=0，而k（$\frac{1}{\sqrt{2a}}$）＞0，即存在x=$\frac{1}{\sqrt{2a}}$＞1，使f（x）+$\frac{e}{{e}^{x}}$-$\frac{1}{x}$＜0，
故当0＜a＜$\frac{1}{2}$时，f（x）+$\frac{e}{{e}^{x}}$-$\frac{1}{x}$＞0不恒成立．
②若$\frac{1}{\sqrt{2a}}≤1$，即a$≥\frac{1}{2}$，设s（x）=a（x²-1）-lnx$-\frac{1}{x}$$+\frac{e}{{e}^{x}}$，s′（x）=2ax-$\frac{1}{x}+\frac{1}{{x}^{2}}-\frac{e}{{e}^{x}}$，
由于2ax≥x且${k}_{1}（x）={e}^{x}-ex$＞0，即$\frac{e}{{e}^{x}}$＜$\frac{1}{x}$，故$-\frac{e}{{e}^{x}}$＞$-\frac{1}{x}$，因此
s′（x）＞$x-\frac{1}{x}+\frac{1}{{x}^{2}}-\frac{1}{x}=\frac{{x}^{3}-2x+1}{{x}^{2}}$＞$\frac{{x}^{2}-2x+1}{{x}^{2}}=\frac{（x-1）^{2}}{{x}^{2}}$＞0，
故s（x）在（1，+∞）上单调递增，
∴s（x）＞s（1）=0，即a$≥\frac{1}{2}$时，f（x）+$\frac{e}{{e}^{x}}$-$\frac{1}{x}$＞0在（1，+∞）上恒成立．
综上，a∈[$\frac{1}{2}$，+∞）时，f（x）+$\frac{e}{{e}^{x}}$-$\frac{1}{x}$＞0在（1，+∞）上恒成立．

点评 本题考查利用导数研究函数的单调性，考查了利用导数求函数的最值，考查分类讨论的数学思想方法和数学转化思想方法，是压轴题．