Question

3．設a∈R，函數f（x）=ax²-lnx，g（x）=e^x-ax．
（1）若函數h（x）=f（x）+2x，討論h（x）的單調性．
（2）若f（x）•g（x）＞0對x∈（0，+∞）恒成立，求實數a的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）求出函數的導數，通過討論a的范圍，判斷函數的單調性即可；
（2）由f（x）＞0對x∈（0，+∞）恒成立，$a＞{（\frac{lnx}{x^2}）_{max}}$，設$h（x）=\frac{lnx}{x^2}（x＞0）$，求出a的范圍，結合f（x）•g（x）＞0對x∈（0，+∞）恒成立，得到$a＜\frac{e^x}{x}$對x∈（0，+∞）恒成立．設$H（x）=\frac{e^x}{x}$，求出a的范圍，取交集即可．

解答 解：（1）${h^'}（x）=\frac{{2a{x^2}+2x-1}}{x}（x＞0）$
①當a＞0時，△=4+8a＞0，$x=\frac{{-2+\sqrt{4+8a}}}{4a}=\frac{{-1+\sqrt{1+2a}}}{2a}$，
∴h（x）在$（0，\frac{{-1+\sqrt{1+2a}}}{2a}）$單調遞減，在$（\frac{{-1+\sqrt{1+2a}}}{2a}，+∞）$單調遞增；
②當a=0時，${h^'}（x）=\frac{2x-1}{x}$，∴h（x）在$（0，\frac{1}{2}）$單調遞減，在$（\frac{1}{2}，+∞）$單調遞增；
③當$-\frac{1}{2}＜a＜0$時，△=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$（\frac{{-1-\sqrt{1+2a}}}{2a}，+∞）$單調遞減，
在$（\frac{{-1+\sqrt{1+2a}}}{2a}，\frac{{-1-\sqrt{1+2a}}}{2a}）$單調遞增；
④當$a≤-\frac{1}{2}$時，△=4+8a≤0，h′（x）≤0恒成立，此時函數單調遞減．
（2）若f（x）＞0對x∈（0，+∞）恒成立，
即ax²-lnx＞0對x∈（0，+∞）恒成立，則$a＞{（\frac{lnx}{x^2}）_{max}}$，
設$h（x）=\frac{lnx}{x^2}（x＞0）$，則$h'（x）=\frac{1-2lnx}{x^3}$，
當$0＜x＜{e^{\frac{1}{2}}}$時，h'（x）＞0，函數h（x）遞增；
當$x＞{e^{\frac{1}{2}}}$時，h'（x）＜0，函數h（x）遞減，
所以當x＞0時，$h{（x）_{max}}=h（{e^{\frac{1}{2}}}）=\frac{1}{2e}$，∴$a＞\frac{1}{2e}$．
∵h（x）無最小值，∴f（x）＜0對x∈（0，+∞）恒成立不可能．
∵f（x）•g（x）＞0對x∈（0，+∞）恒成立，
∴g（x）=e^x-ax＞0，即$a＜\frac{e^x}{x}$對x∈（0，+∞）恒成立．
設$H（x）=\frac{e^x}{x}$，∴$H'（x）=\frac{{{e^x}（x-1）}}{x^2}$，
當0＜x＜1時，H'（x）＜0，函數H（x）遞減；
當x＞1時，H'（x）＞0，函數H（x）遞增，
所以當x＞0時，H（x）_min=H（1）=e，
∴a＜e．
綜上可得，$\frac{1}{2e}＜a＜e$．

點評 本題考查了函數的單調性、最值問題，考查導數的應用以及函數恒成立問題，考查分類討論思想，是一道綜合題．