Question

3．设a∈R，函数f（x）=ax²-lnx，g（x）=e^x-ax．
（1）若函数h（x）=f（x）+2x，讨论h（x）的单调性．
（2）若f（x）•g（x）＞0对x∈（0，+∞）恒成立，求实数a的取值范围．

Answer 1

分析 （1）求出函数的导数，通过讨论a的范围，判断函数的单调性即可；
（2）由f（x）＞0对x∈（0，+∞）恒成立，$a＞{（\frac{lnx}{x^2}）_{max}}$，设$h（x）=\frac{lnx}{x^2}（x＞0）$，求出a的范围，结合f（x）•g（x）＞0对x∈（0，+∞）恒成立，得到$a＜\frac{e^x}{x}$对x∈（0，+∞）恒成立．设$H（x）=\frac{e^x}{x}$，求出a的范围，取交集即可．

解答 解：（1）${h^'}（x）=\frac{{2a{x^2}+2x-1}}{x}（x＞0）$
①当a＞0时，△=4+8a＞0，$x=\frac{{-2+\sqrt{4+8a}}}{4a}=\frac{{-1+\sqrt{1+2a}}}{2a}$，
∴h（x）在$（0，\frac{{-1+\sqrt{1+2a}}}{2a}）$单调递减，在$（\frac{{-1+\sqrt{1+2a}}}{2a}，+∞）$单调递增；
②当a=0时，${h^'}（x）=\frac{2x-1}{x}$，∴h（x）在$（0，\frac{1}{2}）$单调递减，在$（\frac{1}{2}，+∞）$单调递增；
③当$-\frac{1}{2}＜a＜0$时，△=4+8a＞0，$x=\frac{{-2±\sqrt{4+8a}}}{4a}=\frac{{-1±\sqrt{1+2a}}}{2a}$
∴h（x）在$（0，\frac{{-1+\sqrt{1+2a}}}{2a}）$和$（\frac{{-1-\sqrt{1+2a}}}{2a}，+∞）$单调递减，
在$（\frac{{-1+\sqrt{1+2a}}}{2a}，\frac{{-1-\sqrt{1+2a}}}{2a}）$单调递增；
④当$a≤-\frac{1}{2}$时，△=4+8a≤0，h′（x）≤0恒成立，此时函数单调递减．
（2）若f（x）＞0对x∈（0，+∞）恒成立，
即ax²-lnx＞0对x∈（0，+∞）恒成立，则$a＞{（\frac{lnx}{x^2}）_{max}}$，
设$h（x）=\frac{lnx}{x^2}（x＞0）$，则$h'（x）=\frac{1-2lnx}{x^3}$，
当$0＜x＜{e^{\frac{1}{2}}}$时，h'（x）＞0，函数h（x）递增；
当$x＞{e^{\frac{1}{2}}}$时，h'（x）＜0，函数h（x）递减，
所以当x＞0时，$h{（x）_{max}}=h（{e^{\frac{1}{2}}}）=\frac{1}{2e}$，∴$a＞\frac{1}{2e}$．
∵h（x）无最小值，∴f（x）＜0对x∈（0，+∞）恒成立不可能．
∵f（x）•g（x）＞0对x∈（0，+∞）恒成立，
∴g（x）=e^x-ax＞0，即$a＜\frac{e^x}{x}$对x∈（0，+∞）恒成立．
设$H（x）=\frac{e^x}{x}$，∴$H'（x）=\frac{{{e^x}（x-1）}}{x^2}$，
当0＜x＜1时，H'（x）＜0，函数H（x）递减；
当x＞1时，H'（x）＞0，函数H（x）递增，
所以当x＞0时，H（x）_min=H（1）=e，
∴a＜e．
综上可得，$\frac{1}{2e}＜a＜e$．

点评 本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应用以及函数恒成立问题，考查分类讨论思想，是一道综合题．