Question

15．已知函數(shù)f（x）=xe^2x-lnx-ax．
（1）當(dāng)a=0時(shí)，求函數(shù)f（x）在[$\frac{1}{2}$，1]上的最小值；
（2）若?x＞0，不等式f（x）≥1恒成立，求a的取值范圍；
（3）若?x＞0，不等式f（$\frac{1}{x}$）-1≥$\frac{1}{x}$e${\;}^{\frac{2}{x}}$+$\frac{\frac{1}{e-1}+\frac{1}{x}}{{e}^{\frac{x}{e}}}$恒成立，求a的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）a=0時(shí)，${f}^{'}（x）=（2x+1）{e}^{2x}-\frac{1}{x}$，${f}^{''}（x）=（4x+4）{e}^{2x}+\frac{1}{{x}^{2}}＞0$，由此利用導(dǎo)數(shù)性質(zhì)能求出函數(shù)f（x）在[$\frac{1}{2}$，1]上的最小值．
（2）${f}^{'}（x）=（2x+1）{e}^{2x}-\frac{1}{x}-a$，函數(shù)f（x）在區(qū)間（0，x₀）上遞減，在（x₀，+∞）上遞增，由?x＞0，不等式f（x）≥1恒成立，得lnx₀+2x₀²${e}^{2{x}_{0}}$≤0，由此能求出a的取值范圍．（3）由f（$\frac{1}{x}$）-1≥$\frac{1}{x}{e}^{\frac{2}{x}}+\frac{\frac{1}{e-1}+\frac{1}{x}}{{e}^{\frac{x}{e}}}$，得a$≤xlnx-x-\frac{\frac{x}{e-1}+1}{{e}^{\frac{x}{e}}}$對(duì)任意x＞0成立，令函數(shù)g（x）=xlnx-x-$\frac{\frac{x}{e-1}+1}{{e}^{\frac{x}{e}}}$，則${g}^{'}（x）=lnx+\frac{x-1}{e（e-1）{e}^{\frac{x}{e}}}$，由此利用導(dǎo)數(shù)性質(zhì)能求出a的取值范圍．

解答 解：（1）a=0時(shí)，f（x）=xe^2x-lnx，
∴${f}^{'}（x）=（2x+1）{e}^{2x}-\frac{1}{x}$，${f}^{''}（x）=（4x+4）{e}^{2x}+\frac{1}{{x}^{2}}＞0$，
∴函數(shù)f′（x）在（0，+∞）上是增函數(shù)，
又函數(shù)f′（x）的值域?yàn)镽，
故?x₀＞0，使得f′（x₀）=（2x₀+1）e${\;}^{2{x}_{0}}$-$\frac{1}{{x}_{0}}$=0，
又∵${f}^{'}（\frac{1}{2}）=2e-2＞0$，∴${x}_{0}＜\frac{1}{2}$，∴當(dāng)x∈[$\frac{1}{2}，1$]時(shí)，f′（x）＞0，
即函數(shù)f（x）在區(qū)間[$\frac{1}{2}$，1]上遞增，∴$f（x）_{min}=f（\frac{1}{2}）=\frac{e}{2}+ln2$．
（2）${f}^{'}（x）=（2x+1）{e}^{2x}-\frac{1}{x}-a$，
由（1）知函數(shù)f′（x）在（0，+∞）上是增函數(shù)，且?x₀＞0，使得f′（x₀）=0，
進(jìn)而函數(shù)f（x）在區(qū)間（0，x₀）上遞減，在（x₀，+∞）上遞增，
$f（x）_{min}=f（{x}_{0}）={x}_{0}{e}^{2{x}_{0}}$-lnx₀-ax₀，
由f′（x₀）=0，得：（2x₀+1）e${\;}^{2{x}_{0}}$-$\frac{1}{{x}_{0}}$-a=0，
∴$a{x}_{0}=（2{{x}_{0}}^{2}+{x}_{0}）{e}^{2{x}_{0}}-1$，∴f（x₀）=1-lnx₀-2x₀²${e}^{2{x}_{0}}$，
∵?x＞0，不等式f（x）≥1恒成立，
∴1-lnx₀-2x₀²e${\;}^{2{x}_{0}}$≥1，∴l(xiāng)nx₀+2x₀²${e}^{2{x}_{0}}$≤0，
設(shè)h（x₀）=lnx₀+2x${{\;}_{0}}^{2}$e${\;}^{2{x}_{0}}$，則h（x₀）為增函數(shù)，且有唯一零點(diǎn)，設(shè)為t，
則h（t）=lnt+2t²e^2t=0，則-lnt=2t²e^2t，即$\frac{1}{t}ln\frac{1}{t}=2t{e}^{2t}$，
令g（x）=xe^x，則g（x）單調(diào)遞增，且g（2t）=g（$ln\frac{1}{t}$），
則2t=ln$\frac{1}{t}$，即${e}^{2t}=\frac{1}{t}$，
∵a=（2x₀+1）${e}^{2{x}_{0}}$-$\frac{1}{{x}_{0}}$在（0，t]為增函數(shù)，
則當(dāng)x₀=t時(shí)，a有最大值，${a}_{max}=（2t+1）{e}^{2t}-\frac{1}{t}$=$（2t+1）\frac{1}{t}-\frac{1}{t}=2$，
∴a≤2，∴a的取值范圍是（-∞，2]．
（3）由f（$\frac{1}{x}$）-1≥$\frac{1}{x}{e}^{\frac{2}{x}}+\frac{\frac{1}{e-1}+\frac{1}{x}}{{e}^{\frac{x}{e}}}$，
得$\frac{1}{x}{e}^{\frac{2}{x}}-ln\frac{1}{x}-\frac{a}{x}-1≥\frac{1}{x}{e}^{\frac{2}{x}}+\frac{\frac{1}{e-1}+\frac{1}{x}}{{e}^{\frac{x}{e}}}$，
∴xlnx-x-a≥$\frac{\frac{x}{e-1}+1}{{e}^{\frac{x}{e}}}$，∴a$≤xlnx-x-\frac{\frac{x}{e-1}+1}{{e}^{\frac{x}{e}}}$對(duì)任意x＞0成立，
令函數(shù)g（x）=xlnx-x-$\frac{\frac{x}{e-1}+1}{{e}^{\frac{x}{e}}}$，∴${g}^{'}（x）=lnx+\frac{x-1}{e（e-1）{e}^{\frac{x}{e}}}$，
當(dāng)x＞1時(shí)，g′（x）＞0，當(dāng)0＜x＜1時(shí)，g′（x）＜0，
∴當(dāng)x=1時(shí)，函數(shù)g（x）取得最小值g（1）=-1-$\frac{\frac{1}{e-1}+1}{{e}^{\frac{1}{e}}}$=-1-$\frac{e}{（e-1）{e}^{\frac{1}{e}}}$，
∴a≤-1-$\frac{e}{（e-1）{e}^{\frac{1}{e}}}$．
∴a的取值范圍是（-∞，-1-$\frac{e}{（e-1）{e}^{\frac{1}{e}}}$）．

點(diǎn)評(píng) 本題考查函數(shù)的最小值的求法，考查實(shí)數(shù)的取值范圍的求法，是中檔題，注意導(dǎo)數(shù)性質(zhì)的合理運(yùn)用．