【題目】已知函數(shù)f(x)=alnx+ ,a∈R.
(1)若f(x)的最小值為0,求實數(shù)a的值;
(2)證明:當a=2時,不等式f(x)≥ ﹣e1x恒成立.

【答案】
(1)解:∵f(x)=alnx+ =alnx+ ,

∴f′(x)= (x>0).

當a≤0時,f′(x)<0,f(x)在(0,+∞)上是減函數(shù),f(x)的最小值不為0;

當a>0時,f′(x)= =

當x∈(0, )時,f′(x)<0;當x∈( ,+∞)時,f′(x)>0.

∴f(x)在(0, )上為減函數(shù),在( ,+∞)上為增函數(shù),

= ,

令g(a)= ,則g′(a)= (a>0).

當a∈(0,2)時,g′(a)>0;當a∈(2,+∞)時,g′(a)<0,

∴g(a)在(0,2)上為增函數(shù),在(2,+∞)上為減函數(shù),則g(a)max=g(2)=0.

∴f(x)的最小值為0,實數(shù)a的值為2


(2)證明:當a=2時,f(x)=2lnx+ ,x>1,

令h(x)=f(x)﹣ +e1x=2lnx+ ,

則h′(x)= = ,

記q(x)=2x2+x﹣2﹣x3e1x,則q′(x)=4x+1+x2(x﹣3)e1x,

∵x>1,0<e1x<1,

∴當1<x<3時,q′(x)>4x+1+x2(x﹣3)=x3﹣3x2+4x+1>0,

又∵當x≥3時,q′(x)=4x+1+x2(x﹣3)e1x>0,

∴當x>1時,q′(x)=4x+1+x2(x﹣3)e1x>0恒成立,

∴q(x)在(1,+∞)上單調(diào)遞增,q(x)>q(1)=2+1﹣2﹣1=0,

∴h′(x)>0恒成立,h(x)在(1,+∞)上單調(diào)遞增,

∴h(x)>h(1)=0+1﹣1﹣1+1=0,即當a=2時,不等式f(x)≥ ﹣e1x恒成立.


【解析】(1)求出原函數(shù)的導函數(shù),對a分類分析,可知當a≤0時,f′(x)<0,f(x)在(0,+∞)上是減函數(shù),f(x)的最小值不為0;當a>0時,求出導函數(shù)的零點,可得原函數(shù)的單調(diào)性,求其最小值,由最小值為0進一步利用導數(shù)求得a值;(2)通過構(gòu)造函數(shù)h(x)=2lnx+ ,問題轉(zhuǎn)化為證明h′(x)>0恒成立,進而再次構(gòu)造函數(shù),二次求導,整理即得結(jié)論.
【考點精析】解答此題的關(guān)鍵在于理解利用導數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性的相關(guān)知識,掌握一般的,函數(shù)的單調(diào)性與其導數(shù)的正負有如下關(guān)系: 在某個區(qū)間內(nèi),(1)如果,那么函數(shù)在這個區(qū)間單調(diào)遞增;(2)如果,那么函數(shù)在這個區(qū)間單調(diào)遞減.

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