Question

14．函數f（x）=lnx+$\frac{1}{2}{x^2}$+ax（a∈R），g（x）=e^x+$\frac{3}{2}{x^2}$．
（1）討論f（x）的極值點的個數；
（2）若對于?x＞0，總有f（x）≤g（x）．（i）求實數a的取值范圍；（ii）求證：對于?x＞0，不等式e^x+x²-（e+1）x+$\frac{e}{x}$＞2成立．

Answer 1

分析 （1）求f（x）的導數f′（x），根據x＞0求出f'（x）的值域，討論a的值得出f′（x）的正負情況，判斷f（x）的單調性和極值點問題；
（2）（i）f（x）≤g（x）等價于e^x-lnx+x²≥ax，由x＞0，利用分離常數法求出a的表達式，再構造函數求最值即可；
（ii）由（ i）結論，a=e+1時有f（x）≤g（x），得出不等式，再進行等價轉化，證明轉化的命題成立即可．

解答 解：（1）由題意得f'（x）=x+$\frac{1}{x}$+a=$\frac{{x}^{2}+ax+1}{x}$，
當a²-4≤0，即-2≤a≤2時，f'（x）≥0恒成立，無極值點；
當a²-4＞0，即a＜-2或a＞2時，
①a＜-2時，設方程x²+ax+1=0兩個不同實根為x₁，x₂，不妨設x₁＜x₁，x₂，
則x₁+x₂=-a＞0，x₁x₂=1＞0，故0＜x₁＜x₂，
∴x₁，x₂是函數的兩個極值點．
②a＞2時，設方程x²+ax+1=0兩個不同實根為x₁，x₂，
則x₁+x₂=-a＜0，x₁x₂=1＞0，故x₁＜0，x₂＜0，
故函數沒有極值點．
綜上，當a＜-2時，函數有兩個極值點；
當a≥-2時，函數沒有極值點．
（2）（i）f（x）≤g（x）等價于e^x-lnx+x²≥ax，
由x＞0，即a≤$\frac{{e}^{x}{+x}^{2}-lnx}{x}$對于?x＞0恒成立，
設φ（x）=$\frac{{e}^{x}{+x}^{2}-lnx}{x}$（x＞0），
φ′（x）=$\frac{{e}^{x}（x-1）+lnx+（x+1）（x-1）}{{x}^{2}}$，
∵x＞0，∴x∈（0，1）時，φ'（x）＜0，φ（x）單調遞減，
x∈（1，+∞）時，φ'（x）＞0，φ（x）單調遞增，
∴φ（x）≥φ（1）=e+1，
∴a≤e+1．
（ii）（ ii）由（ i）知，當a=e+1時有f（x）≤g（x），
即：e^x+$\frac{3}{2}$x²≥lnx+$\frac{1}{2}$x²+（e+1）x，
等價于e^x+x²-（e+1）x≥lnx…①當且僅當x=1時取等號，
以下證明：lnx+$\frac{e}{x}$≥2，
設θ（x）=lnx+$\frac{e}{x}$，則θ′（x）=$\frac{1}{x}$-$\frac{e}{{x}^{2}}$=$\frac{x-e}{{x}^{2}}$，
∴當x∈（0，e）時θ'（x）＜0，θ（x）單調遞減，
x∈（e，+∞）時θ'（x）＞0，θ（x）單調遞增，
∴θ（x）≥θ（e）=2，
∴lnx+$\frac{e}{x}$≥2，②當且僅當x=e時取等號；
由于①②等號不同時成立，故有e^x+x²-（e+1）x+$\frac{e}{x}$＞2．

點評 本題考查了函數與導數的綜合應用問題，也考查了求函數最值與不等式恒成立問題，是綜合性問題．