Question

【题目】设函数f（x）＝ax2+（1﹣2a）x﹣lnx（a∈R）．

（1）讨论f（x）的单调性；

（2）当a＞0时，证明f（x）≥ln（ae2）﹣2a（e为自然对数的底数）．

Answer 1

【答案】(1)见解析 (2)证明见解析

【解析】

（1）先求出导函数f'（x），再对a分情况讨论，分别求出函数f（x）的单调区间；

（2）由（1）可知当a＞0时，f（x）的最小值为f（1）＝1﹣a，令g（a）＝1﹣a﹣（lnae2﹣2a）＝a﹣1﹣lna，利用导数得到g（a）的最小值为g（1）＝0，所以g（a）≥0，即证得f（x）≥ln（ae2）﹣2a．

（1）f'（x）＝2ax+（1﹣2a），x＞0，

①当a≥0时，令f'（x）＞0得：x＞1；令f'（x）＜0得：0＜x＜1，

∴函数f（x）的单调递增区间为（1，+∞），单调递减区间为（0，1），

②当a＜0时，若1，即a时，f'（x）≤0，f（x）的单调递减区间为（0，+∞），

若1即a＜0时，f（x）的单调递减区间为（0，1），（，+∞），单调递增区间为（1，），

若1即a时，f（x）的单调递减区间为（0，），（1，+∞），单调递增区间为（，1）；

（2）由（1）可知当a＞0时，f（x）的最小值为f（1）＝1﹣a，

令g（a）＝1﹣a﹣（lnae2﹣2a）＝a﹣1﹣lna，

∴g'（a）＝1，

∴当a∈（0，1）时，g'（a）＜0，g（a）单调递减；

当a∈（1，+∞）时，g'（x）＞0，g（x）单调递增，

∴g（a）的最小值为g（1）＝0，

∴g（a）≥0，

∴1﹣a≥lnae2﹣2a，

即f（x）≥ln（ae2）﹣2a．