Question

11．已知函數(shù)$f（x）=（ax+1）lnx-\frac{1}{2}a{x^2}-bx+\frac{e^x}（a，b∈R）$．
（1）若$a=b=\frac{1}{2}$，求函數(shù)$F（x）=f（x）-axlnx-\frac{e^x}$的單調(diào)區(qū)間；
（2）若a=1，b=-1，求證：$f（x）+\frac{1}{2}a{x^2}+bx＞lnx-1-2{e^{-2}}$．

Answer 1

分析 （1）求出函數(shù)F（x）的導(dǎo)數(shù)，解關(guān)于導(dǎo)函數(shù)的不等式，求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間即可；
（2）原不等式等價(jià)于$xlnx-\frac{1}{e^x}＞-1-\frac{2}{e^2}$令$G（x）=xlnx-\frac{1}{e^x}$，設(shè)$g（x）=\frac{1}{e^x}+lnx+1$，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性證明即可．

解答 解：由題意知函數(shù)f（x）的定義域?yàn)椋?，+∞）．
（1）當(dāng)$a=b=\frac{1}{2}$時(shí)，$F（x）=f（x）-axlnx-\frac{e^x}=lnx-\frac{1}{4}{x^2}-\frac{1}{2}x$，
$F'（x）=\frac{1}{x}-\frac{1}{2}x-\frac{1}{2}=\frac{-（x+2）（x-1）}{2x}$．
令F'（x）=0，解得x=1．
當(dāng)0＜x＜1時(shí)，F(xiàn)'（x）＞0，此時(shí)F（x）單調(diào)遞增；
當(dāng)x＞1時(shí)，F(xiàn)'（x）＜0，此時(shí)F（x）單調(diào)遞減．
∴函數(shù)F（x）的單調(diào)增區(qū)間為（0，1），單調(diào)減區(qū)間為（1，+∞）．
（2）證明：若a=1，b=-1，原不等式等價(jià)于$xlnx-\frac{1}{e^x}＞-1-\frac{2}{e^2}$
令$G（x）=xlnx-\frac{1}{e^x}$，則$G'（x）=\frac{1}{e^x}+lnx+1$．
設(shè)$g（x）=\frac{1}{e^x}+lnx+1$，則$g'（x）=-\frac{1}{e^x}+\frac{1}{x}=\frac{{{e^x}-x}}{{x{e^x}}}$．
設(shè)h（x）=e^x-x，則h'（x）=e^x-1＞0，
∴h（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增，∴h（x）＞h（0）=1，
∴g'（x）＞0，∴g（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增．
又∵g（e^-1）=e^-e-1＞0，g（e^-2）=e^-e-2-1＜0，
即g（e^-1）g（e^-2）＜0，
∴g（x）恰有一個(gè)零點(diǎn)${x_0}∈（{e^{-2}}，{e^{-1}}）$，
即$g（{x_0}）={e^{-{x_0}}}+ln{x_0}+1=0$，即$-{e^{-{x_0}}}=ln{x_0}+1$．
當(dāng)x∈（0，x₀）時(shí)，g（x）＜0，G（x）單調(diào)遞減；
當(dāng)x∈（x₀，+∞）時(shí)，g（x）＞0，G（x）單調(diào)遞增．
∴$G（x）≥G（{x_0}）={x_0}ln{x_0}-{e^{-{x_0}}}={x_0}ln{x_0}+ln{x_0}+1$．
設(shè)ϕ（x）=xlnx+lnx+1，∵x∈（e^-2，e^-1），
∴$ϕ'（x）=1+lnx+\frac{1}{x}＞1-1+e＞0$，
∴ϕ（x）在（e^-2，e^-1）上單調(diào)遞增，
∴ϕ（x）=xlnx+lnx+1，
∴$G（x）≥G（{x_0}）=ϕ（{x_0}）＞-1-2{e^{-2}}$，
綜上可知，$f（x）+\frac{1}{2}a{x^2}+bx＞lnx-1-2{e^{-2}}$．

點(diǎn)評 本題考查了函數(shù)的單調(diào)性、最值問題，考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用以及不等式的證明，是一道綜合題．