Question

5．設函數(shù)f（x）=ax²-a-lnx，其中a∈R．
（Ⅰ）討論f（x）的單調性；
（Ⅱ）確定a的所有可能取值，使得f（x）＞$\frac{1}{x}$-e^1-x在區(qū)間（1，+∞）內恒成立（e=2.718…為自然對數(shù)的底數(shù)）．

Answer 1

分析 （I）利用導數(shù)的運算法則得出f′（x），通過對a分類討論，利用一元二次方程與一元二次不等式的關系即可判斷出其單調性；
（Ⅱ）令g（x）=f（x）-$\frac{1}{x}$+e^1-x=ax²-lnx-$\frac{1}{x}$+e^1-x-a，可得g（1）=0，從而g′（1）≥0，解得得a$≥\frac{1}{2}$，
又，當a$≥\frac{1}{2}$時，F(xiàn)′（x）=2a+$\frac{1}{{x}^{2}}-\frac{2}{{x}^{3}}+{e}^{1-x}$≥$\frac{{x}^{3}+x-2}{{x}^{3}}$+e^1-x，可得F′（x）在a$≥\frac{1}{2}$時恒大于0，即F（x）在x∈（1，+∞）單調遞增．由F（x）＞F（1）=2a-1≥0，可得g（x）也在x∈（1，+∞）單調遞增，進而利用g（x）＞g（1）=0，可得g（x）在x∈（1，+∞）上恒大于0，綜合可得a所有可能取值．

解答 解：（Ⅰ）由題意，f′（x）=2ax-$\frac{1}{x}$=$\frac{2a{x}^{2}-1}{x}$，x＞0，
①當a≤0時，2ax²-1≤0，f′（x）≤0，f（x）在（0，+∞）上單調遞減．
②當a＞0時，f′（x）=$\frac{2a（x+\sqrt{\frac{1}{2a}}）（x-\sqrt{\frac{1}{2a}}）}{x}$，當x∈（0，$\sqrt{\frac{1}{2a}}$）時，f′（x）＜0，
當x∈（$\sqrt{\frac{1}{2a}}$，+∞）時，f′（x）＞0，
故f（x）在（0，$\sqrt{\frac{1}{2a}}$）上單調遞減，在（$\sqrt{\frac{1}{2a}}$，+∞）上單調遞增．
（Ⅱ）原不等式等價于f（x）-$\frac{1}{x}$+e^1-x＞0在x∈（1．+∞）上恒成立，
一方面，令g（x）=f（x）-$\frac{1}{x}$+e^1-x=ax²-lnx-$\frac{1}{x}$+e^1-x-a，
只需g（x）在x∈（1．+∞）上恒大于0即可，
又∵g（1）=0，故g′（x）在x=1處必大于等于0．
令F（x）=g′（x）=2ax-$\frac{1}{x}$+$\frac{1}{{x}^{2}}$-e^1-x，g′（1）≥0，可得a$≥\frac{1}{2}$．
另一方面，當a$≥\frac{1}{2}$時，F(xiàn)′（x）=2a+$\frac{1}{{x}^{2}}-\frac{2}{{x}^{3}}+{e}^{1-x}$≥1+$\frac{1}{{x}^{2}}-\frac{2}{{x}^{3}}+{e}^{1-x}$=$\frac{{x}^{3}+x-2}{{x}^{3}}$+e^1-x，
∵x∈（1，+∞），故x³+x-2＞0，又e^1-x＞0，故F′（x）在a$≥\frac{1}{2}$時恒大于0．
∴當a$≥\frac{1}{2}$時，F(xiàn)（x）在x∈（1，+∞）單調遞增．
∴F（x）＞F（1）=2a-1≥0，故g（x）也在x∈（1，+∞）單調遞增．
∴g（x）＞g（1）=0，即g（x）在x∈（1，+∞）上恒大于0．
綜上，a$≥\frac{1}{2}$．

點評 本題主要考查了利用導數(shù)研究函數(shù)的單調性，導數(shù)在最大值、最小值問題中的應用，考查了計算能力和轉化思想，熟練掌握利用導數(shù)研究函數(shù)的單調性、極值、分類討論的思想方法等是解題的關鍵．