题目

已知函数 ，其中 为自然对数的底数. （1） 若 ，判断函数的单调性，并写出证明过程； （2） 若 ，求证：对任意 ，都有 答案： 解：当 a=−1 时，函数在其定义域 (0,+∞) 单调递增， 证明如下： 当 a=−1 时， f(x)=x+1ex+lnx f′(x)=ex−x2xex  ，  x∈(0,+∞) 令 g(x)=ex−x2,x∈(0,+∞) ， 则 g′(x)=ex−2x , 又 g″(x)=ex−2 , 由 g″(x)=ex−2>0 ，解得 x∈(ln2,+∞) 为函数 g′(x)=ex−2x 的单调递增区间， 由 g″(x)=ex−2<0 ，解得 x∈(0,ln2) 为函数 g′(x)=ex−2x 的单调递减区间， ∴g′(x)≥g′(ln2)=2−2ln2=2(1−ln2)>0  ， ∴g(x)=ex−x2 在 x∈(0,+∞) 为单调增函数， ∴g(x)>g(0)=1>0 ， ∴f′(x)=ex−x2xex>0 所以函数 f(x)=x+1ex+lnx 在其定义域 (0,+∞) 单调递增. 解： f′(x)=−xex−ax=−1x(a+x2ex) ，  令 g(x)=−x2ex(x>0) , ∵g′(x)=x(x−2)ex , ∴x∈(0,2) 时， g′(x)<0 ， g(x) 在 (0,2) 单调递减, x∈(2,+∞) 时， g′(x)>0 ， g(x) 在 (2,+∞) 单调递增, ∴g(x)min=g(2)=−4e2 ， 又 ∵g(0)=0,x→+∞ 时 g(x)→0 ∴a∈[−1e2,0) 时， a=−x2ex 有正根 x1∈(0,2) ， 即 f′(x)=−xex−ax=−1x(a+x2ex) 有正零点 x1∈(0,2) 又 x∈(0,x1) 时， f′(x)>0 ,   x∈(x1,2) 时， f′(x)<0 , ∴x=x1 为函数 f(x)=x+1ex−alnx 的极大值点，此时 a=−x12ex ∵a∈[−1e2,0) ， ∴−1e≤−x12ex1<0 ， ∵g(x) 在 (0,2) 单调递减，且 g(1)=−1e ， ∴0<x1≤1 ，且 x=x1 为函数 f(x)=x+1ex−alnx 在 (0,2) 的唯一极大值点 ∴f(x)≤f(x1)=x1+1ex1−alnx1=x1+1ex1+x12ex1lnx1 ， x1∈(0,1] 令 F(x)=x+1ex+x2exlnx,x∈(0,1] ， ∵F′(x)=x(2−x)lnxx ， ∴x∈(0,1] 时， F′(x)≤0 ， ∴F(x) 在 x∈(0,1] 单调递减， 又 x1−(−a)=x1−x12ex1=x12ex1(ex1−x1)>0 ， ∴0<−a<x1≤1 ∴f(x1)=F(x1)<F(−a)=−a+1e−a+a2e−aln(−a)=−a+1+a2ln(−a)e−a ∵0<−a≤1e ， ∴ln(−a)≤−1 ， ∴a2ln(−a)≤−a2 ， ∴F(−a)=−a+1+a2ln(−a)e−a≤−a+1−a2e−a ∴ 对任意 x∈(0,2] 都有 f(x)≤1−a−a2e−a .

查看本题答案和解析