Question

2．已知函數(shù)f（x）=ax-lnx，F(xiàn)（x）=e^x+ax，其中x＞0，a＜0．
（1）若f（x）和F（x）在區(qū)間（0，ln3）上具有相同的單調性，求實數(shù)a的取值范圍；
（2）若a∈（-∞，-$\frac{1}{{e}^{2}}$]，且函數(shù)g（x）=xe^ax-1-2ax+f（x）的最小值為M，求M的最小值．

Answer 1

分析 （1）先判斷f（x）在（0，+∞）上單調遞減，分別討論-1≤a＜0及a＜-1，結合F（x）的單調性即可求得區(qū)間（0，ln3）上具有相同的單調性，求得a的取值范圍；
（2）利用導數(shù)研究函數(shù)的單調性可得g（x）_min=g（-$\frac{1}{a}$）=M，構造輔助函數(shù)求導，根據(jù)函數(shù)的單調性即可求得．

解答 解：（1）求導，f′（x）=a-$\frac{1}{x}$=$\frac{ax-1}{x}$，F(xiàn)′（x）=e^x+a，x＞0，
a＜0，f′（x）＜0在（0，+∞）上恒成立，即f（x）在（0，+∞）上單調遞減，…（2分）
當-1?a＜0時，F(xiàn)′（x）＞0，即F（x）在（0，+∞）上單調遞增，不合題意
當a＜-1時，由F′（x）＞0，得x＞ln（-a），由F′（x）＜0，得0＜x＜ln（-a），
∴F（x）的單調減區(qū)間為（0，ln（-a）），單調增區(qū)間為（ln（-a），+∞）…（4分）
∵f（x）和F（x）在區(qū)間（0，ln3）上具有相同的單調性，
∴l(xiāng)n（-a）?ln3，解得：a?-3，
綜上，a的取值范圍是（-∞，-3]；…（5分）
（2）g′（x）=e^ax-1+axe^ax-1-a-$\frac{1}{x}$=（ax+1）（e^ax-1-$\frac{1}{x}$），
由e^ax-1-$\frac{1}{x}$=0，解得：a=$\frac{1-lnx}{x}$，設p（x）=$\frac{1-lnx}{x}$，
則p′（x）=$\frac{lnx-2}{{x}^{2}}$，
當x＞e²時，p′（x）＞0，當0＜x＜e²，p′（x）＜0，
從而p（x）在（0，e²）上單調遞減，在（e²，+∞）上單調遞增，
p（x）_min=p（e²）=-$\frac{1}{{e}^{2}}$，
當a≤-$\frac{1}{{e}^{2}}$，a≤$\frac{1-lnx}{x}$，即e^ax-1-$\frac{1}{x}$≤0，
在（0，-$\frac{1}{a}$）上，ax+1＞0，g′（x）≤0，g（x）單調遞增，
在（-$\frac{1}{a}$，+∞）上，ax+1＜0，g′（x）≥0，g（x）單調遞增，
∴g（x）_min=g（-$\frac{1}{a}$）=M，
設t=-$\frac{1}{a}$，∈（0，e²]，M=h（t）=$\frac{t}{{e}^{2}}$-lnt+1，（0＜t≤e²），
h′（t）=$\frac{1}{{e}^{2}}$-$\frac{1}{t}$≤0，h（x）在，∈（0，e²]上單調遞減，
∴h（t）≥h（e²）=0，
∴M的最小值為0．

點評 本題考查導數(shù)的綜合應用，考查利用導數(shù)求函數(shù)的單調性及最值，考查轉化思想，考查分析問題及解決問題的能力，屬于中檔題．