Question

已知函数f(x)=ax2+

x

e

-lnx（其中a为常数，e为自然对数的底数）．
（1）任取两个不等的正数x₁、x₂，

f(x1)-f(x2)

x1-x2

＜0恒成立，求：a的取值范围；
（2）当a＞0时，求证：f（x）=0没有实数解．

Answer 1

分析：（1）先求f'（x）=2ax+

1

e

-

1

x

，再由：“

f(x1)-f(x2)

x1-x2

＜0”得出“f（x）在（0，+∞）上为单调减函数”转化为“f'（x）≤0在（0，+∞）上恒成立”，最后转化为最值法求解．
（2）令g（x）=ax+

1

e

（x＞0），h（x）=

lnx

x

（x＞0），当a＞0时，f（x）＞

1

e

，h′（x）=

1-lnx

2

，令h′（x）＞0，可得出h（x）在（0，e）上为增函数，（e，+∞）上为减函数，从而得出h（x）最大值，最终得到即ax2+

x

e

-lnx＞0恒成立从而f（x）=0无解．

解答：解：(1)f′(x)=2ax+

1

e

-

1

x

(x＞0)…(2分)，
由条件f′(x)=

2aex2+x-e

ex

≤0恒成立…(4分)，
∴2ae≤

e-x

x2

…(6分)，
∵

e-x

x2

=e(

1

x

-

1

2e

)-

1

4e

≥-

1

4e

∴2ae≤-

1

4e

，
∴a≤-

1

8e2

…(8分)．
（2）令g（x）=ax+

1

e

（x＞0），h（x）=

lnx

x

（x＞0），当a＞0时，f（x）＞

1

e

，h′（x）=

1-lnx

2

，令h′（x）＞0，则x∈（0，e），
故h（x）在（0，e）上为增函数，（e，+∞）上为减函数，
∴h（x）最大值为：h（e）=

1

e

，
∴x＞0时，g（x）＞h（x）恒成立，即ax+

1

e

＞

lnx

x

，
即ax2+

x

e

-lnx＞0恒成立，
∴f（x）=0无解．

点评：本题主要考查函数恒成立问题、用导数法研究函数的单调性，基本思路是：当函数为增函数时，导数大于等于零；当函数为减函数时，导数小于等于零，已知单调性求参数的范围往往转化为求相应函数的最值问题．