Question

【题目】已知函数f（x）=alnx+ ，a∈R．
（1）若f（x）的最小值为0，求实数a的值；
（2）证明：当a=2时，不等式f（x）≥ ﹣e1﹣x恒成立．

Answer 1

【答案】
（1）解：∵f（x）=alnx+ =alnx+ ，

∴f′（x）= （x＞0）．

当a≤0时，f′（x）＜0，f（x）在（0，+∞）上是减函数，f（x）的最小值不为0；

当a＞0时，f′（x）= = ．

当x∈（0， ）时，f′（x）＜0；当x∈（ ，+∞）时，f′（x）＞0．

∴f（x）在（0， ）上为减函数，在（ ，+∞）上为增函数，

∴ = ，

令g（a）= ，则g′（a）= （a＞0）．

当a∈（0，2）时，g′（a）＞0；当a∈（2，+∞）时，g′（a）＜0，

∴g（a）在（0，2）上为增函数，在（2，+∞）上为减函数，则g（a）max=g（2）=0．

∴f（x）的最小值为0，实数a的值为2

（2）证明：当a=2时，f（x）=2lnx+ ，x＞1，

令h（x）=f（x）﹣ +e1﹣x=2lnx+ ，

则h′（x）= = ，

记q（x）=2x2+x﹣2﹣x3e1﹣x，则q′（x）=4x+1+x2（x﹣3）e1﹣x，

∵x＞1，0＜e1﹣x＜1，

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

又∵当x≥3时，q′（x）=4x+1+x2（x﹣3）e1﹣x＞0，

∴当x＞1时，q′（x）=4x+1+x2（x﹣3）e1﹣x＞0恒成立，

∴q（x）在（1，+∞）上单调递增，q（x）＞q（1）=2+1﹣2﹣1=0，

∴h′（x）＞0恒成立，h（x）在（1，+∞）上单调递增，

∴h（x）＞h（1）=0+1﹣1﹣1+1=0，即当a=2时，不等式f（x）≥ ﹣e1﹣x恒成立．

【解析】（1）求出原函数的导函数，对a分类分析，可知当a≤0时，f′（x）＜0，f（x）在（0，+∞）上是减函数，f（x）的最小值不为0；当a＞0时，求出导函数的零点，可得原函数的单调性，求其最小值，由最小值为0进一步利用导数求得a值；（2）通过构造函数h（x）=2lnx+ ，问题转化为证明h′（x）＞0恒成立，进而再次构造函数，二次求导，整理即得结论．
【考点精析】解答此题的关键在于理解利用导数研究函数的单调性的相关知识，掌握一般的,函数的单调性与其导数的正负有如下关系： 在某个区间内，(1)如果，那么函数在这个区间单调递增；(2)如果，那么函数在这个区间单调递减．