Question

19．設(shè)f（x）=ax²-a+$\frac{e}{{e}^{x}}$，g（x）=$\frac{1}{x}$+lnx．
（Ⅰ）設(shè)h（x）=f（x）-g（x）+$\frac{{e}^{x}-ex}{x{e}^{x}}$，討論y=h（x）的單調(diào)性；
（Ⅱ）證明：對(duì)任意a∈（-∞，$\frac{1}{2}$），?x∈（1，+∞），使f（x）＜g（x）成立．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函數(shù)h（x）的導(dǎo)數(shù)，通過(guò)討論a的范圍，求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間即可；
（Ⅱ）問(wèn)題轉(zhuǎn)化為證明：?x∈（1，+∞），ax²-a-lnx＜$\frac{1}{x}$-$\frac{e}{{e}^{x}}$，設(shè)k（x）=$\frac{{e}^{x}-ex}{{xe}^{x}}$，設(shè)h（x）=a（x²-1）-lnx，通過(guò)討論a的范圍求出函數(shù)的最值，從而證明結(jié)論即可．

解答 解：（Ⅰ）h（x）=f（x）-g（x）+$\frac{{e}^{x}-ex}{x{e}^{x}}$=ax²-lnx-a，
則h′（x）=2ax-$\frac{1}{x}$=$\frac{2{ax}^{2}-1}{x}$，
①a≤0時(shí)，h（x）在（0，+∞）遞減，
②a＞0時(shí)，令h′（x）＞0，解得：x＞$\sqrt{\frac{1}{2a}}$，
令h′（x）＜0，解得：0＜x＜$\sqrt{\frac{1}{2a}}$，
故h（x）在（0，$\sqrt{\frac{1}{2a}}$）遞減，在（$\sqrt{\frac{1}{2a}}$，+∞）遞增；
（Ⅱ）由題意得：ax²-a+$\frac{e}{{e}^{x}}$＜$\frac{1}{x}$+lnx，
?x∈（1，+∞），ax²-a-lnx＜$\frac{1}{x}$-$\frac{e}{{e}^{x}}$，
設(shè)k（x）=$\frac{{e}^{x}-ex}{{xe}^{x}}$，
若記k₁（x）=e^x-ex，則${{k}_{1}}^{′}$（x）=e^x-e，
當(dāng)x＞1時(shí)，${{k}_{1}}^{′}$（x）＞0，k₁（x）在（1，+∞）遞增，
k₁（x）＞k₁（1）=0，
若a≤0，由于x＞1，故f（x）＜g（x）恒成立，
若0＜a＜$\frac{1}{2}$，設(shè)h（x）=a（x²-1）-lnx，
由（Ⅰ）x∈（1，$\frac{1}{\sqrt{2a}}$）時(shí)，h（x）遞減，x∈（$\frac{1}{\sqrt{2a}}$，+∞）時(shí)，h（x）遞增，
故h（$\frac{1}{\sqrt{2a}}$）＜h（1）=0，而k（$\frac{1}{\sqrt{2a}}$）＞0，
即存在x=$\frac{1}{\sqrt{2a}}$＞1，使得f（x）＜g（x），
故對(duì)任意a∈（-∞，0），?x∈（1，+∞），使得f（x）＜g（x）成立．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了函數(shù)的單調(diào)性、最值問(wèn)題，考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用以及分類討論思想、考查轉(zhuǎn)化思想，是一道中檔題．