Question

11．已知函数f（x）=$\frac{2a}{e}$x-lnx（a∈R，e为自然对数的底数）．
（Ⅰ）讨论函数f（x）的极值点；
（Ⅱ）当a=1时，求证：f（x）-$\frac{{x}^{2}}{{e}^{x}}$＞0．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函数的导数，通过讨论a的范围，确定函数的单调性，判断函数的极值点即可；
（Ⅱ）令g（x）=$\frac{{x}^{2}}{{e}^{x}}$，问题转化为证明f（x）_min＞g（x）_max，根据函数的单调性，分别求出其最小值和最大值，从而证出结论．

解答 解：（Ⅰ）f（x）的定义域是（0，+∞），
f′（x）=$\frac{2a}{e}$-$\frac{1}{x}$，
a≤0时，f′（x）＜0，f（x）递减，无极值；
a＞0时，令f′（x）＞0，解得：x＞$\frac{e}{2a}$，
令f′（x）＜0，解得：x＜$\frac{e}{2a}$，
∴f（x）在（0，$\frac{e}{2a}$）递减，在（$\frac{e}{2a}$，+∞）递增，
∴x=$\frac{e}{2a}$是函数的极小值点；
（Ⅱ）证明：a=1时，f（x）=$\frac{2}{e}$x-lnx，
由（Ⅰ）f（x）的最小值是f（$\frac{e}{2}$）=ln2≈0.693，
令g（x）=$\frac{{x}^{2}}{{e}^{x}}$，（x＞0），g′（x）=$\frac{x（2-x）}{{e}^{x}}$，
令g′（x）＞0，解得：0＜x＜2，令g′（x）＜0，解得：x＞2，
∴g（x）在（0，2）递增，在（2，+∞）递减，
∴g（x）_max=g（2）=$\frac{4}{{e}^{2}}$≈0.545，
故f（x）_min＞g（x）_max，
故当a=1时，f（x）-$\frac{{x}^{2}}{{e}^{x}}$＞0．

点评 本题考查了函数的单调性、极值、最值问题，考查导数的应用，是一道中档题．