Question

19．已知函數(shù)f（x）=e^x-alnx．
（1）當a=4時，求證：f（x）在區(qū)間[2，+∞）上不存在零點；
（2）若兩個函數(shù)在公共定義域內(nèi)具有相同的單調(diào)性，則稱這兩個函數(shù)為“共性函數(shù)”．已知函數(shù)h（x）=-$\frac{1}{x+1}$，且函數(shù)f（x）-e^-x與h（x）的共性函數(shù)，求實數(shù)a的取值范圍．
（3）若對任意x₁∈[2，+∞），存在x₂∈[0，+∞），使${e}^{{x}_{1}}{e}^{{x}_{2}}$-4${e}^{{x}_{2}}$lnx₁≥x₂${e}^{2{x}_{2}}$+x₂+b${e}^{{x}_{2}}$，求實數(shù)b的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）把a=4代入函數(shù)解析式，求得f′（x），令g（x）=f′（x），求得g′（x），由g′（x）＞0可得f′（x）在[2，+∞）上是增函數(shù)．從而得到f（x）在[2，+∞）上是增函數(shù)．說明f（x）在區(qū)間[2，+∞）上不存在零點；
（2）設(shè)H（x）=f（x）-e^-x =e^x-alnx-e^-x，可知H（x）和h（x）的公共定義域為（0，+∞），由h（x），H（x）在（0，+∞）上也是增函數(shù)，得H′（x）≥0恒成立，得$a≤\frac{x{e}^{2x}+x}{{e}^{x}}（x＞0）$，設(shè)m（x）=$\frac{x{e}^{2x}+x}{{e}^{x}}（x＞0）$，利用導(dǎo)數(shù)求得m（x）＞m（0）=0，可得a≤0，即實數(shù)a的取值范圍是（-∞，0]；
（3）${e}^{{x}_{1}}{e}^{{x}_{2}}$-4${e}^{{x}_{2}}$lnx₁≥x₂${e}^{2{x}_{2}}$+x₂+b${e}^{{x}_{2}}$?${e}^{{x}_{1}}-4ln{x}_{1}≥\frac{{x}_{2}{e}^{2{x}_{2}}+{x}_{2}}{{e}^{{x}_{2}}}+b$，故原命題等價于對任意x₁∈[2，+∞），存在x₂∈[0，+∞），使f（x₁）_min≥m（x₂）_min+b（其中f（x）中的a=4，m（x）為（2）中的m（x））．結(jié)合（1）即可求得b的取值范圍為（-∞，e²-4ln2]．

解答 解：（1）當a=4時，f（x）=e^x-4lnx，
∴f′（x）=${e}^{x}-\frac{4}{x}（x≥2）$，
設(shè)g（x）=f′（x）=${e}^{x}-\frac{4}{x}（x≥2）$，
則g′（x）=${e}^{x}+\frac{4}{{x}^{2}}（x≥2）$，
∴g′（x）＞0，即f′（x）在[2，+∞）上是增函數(shù)．
故f′（x）≥f′（2）=e²-2＞0，
∴f（x）在[2，+∞）上是增函數(shù)．
故f（x）≥f（2）=e²-4ln2＞e²-4lne=e²-4＞0，
∴f（x）在區(qū)間[2，+∞）上不存在零點；
（2）設(shè)H（x）=f（x）-e^-x =e^x-alnx-e^-x，可知H（x）和h（x）的公共定義域為（0，+∞），
由于h（x）在（0，+∞）上是增函數(shù)，
∴H（x）在（0，+∞）上也是增函數(shù)，故$H′（x）={e}^{x}-\frac{a}{x}+\frac{1}{{e}^{x}}=\frac{{e}^{2x}x-a{e}^{x}+x}{x{e}^{x}}≥0（x＞0）$，
即$a≤\frac{x{e}^{2x}+x}{{e}^{x}}（x＞0）$，設(shè)m（x）=$\frac{x{e}^{2x}+x}{{e}^{x}}（x＞0）$，
則m′（x）=$\frac{（{e}^{2x}+2x{e}^{2x}+1）{e}^{x}-（x{e}^{2x}+x）{e}^{x}}{{e}^{2x}}=\frac{{e}^{2x}+x{e}^{2x}+1-x}{{e}^{x}}$（x＞0），
可知x＞0時，（e^2x+xe^2x+1-x）′=（3+2x）e^2x-1＞0，故m′（x）為增函數(shù)，
∴m′（x）＞m′（0）=2＞0，
故m（x）在（0，+∞）上是增函數(shù)．
又m（x）＞m（0）=0，
故a≤0．
即實數(shù)a的取值范圍是（-∞，0]；
（3）${e}^{{x}_{1}}{e}^{{x}_{2}}$-4${e}^{{x}_{2}}$lnx₁≥x₂${e}^{2{x}_{2}}$+x₂+b${e}^{{x}_{2}}$?${e}^{{x}_{1}}-4ln{x}_{1}≥\frac{{x}_{2}{e}^{2{x}_{2}}+{x}_{2}}{{e}^{{x}_{2}}}+b$，
故原命題等價于對任意x₁∈[2，+∞），存在x₂∈[0，+∞），使f（x₁）_min≥m（x₂）_min+b（其中f（x）中的a=4，m（x）為（2）中的m（x））．
由（1）知，當a=4時，$f（{x}_{1}）_{min}=f（2）={e}^{2}-4ln2$，由（2）知m（x₂）_min=m（0）=0．
于是得e²-4ln2≥0+b．
即b的取值范圍為（-∞，e²-4ln2]．

點評 本題考查利用導(dǎo)數(shù)研究過曲線上某點處的切線方程，考查利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，訓(xùn)練了利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的最值，考查數(shù)學(xué)轉(zhuǎn)化思想方法，考查推理論證能力與運算能力屬難題．