Question

函數(shù)f（x）=ax²+4ex-2lnx，其中a∈R，無(wú)理數(shù)e≈2.71828…是自然對(duì)數(shù)的底數(shù)，且已知f（x）存在最大值．
（1）求a的取值范圍，并求出此時(shí)的極大值點(diǎn)；
（2）設(shè)函數(shù)g（x）=e^x-e^-x-（2e+1）x，若對(duì)任意λ，μ∈R，且λ+μ＞0，恒有g(shù)（λ）+g（μ）＞a（λ+μ）成立，設(shè)此時(shí)f（x）的極大值為M，求證5＜M≤2e+1．

Answer 1

考點(diǎn)：利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性,利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的極值

專(zhuān)題：導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用

分析：（1）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，利用函數(shù)存在最大值，建立條件關(guān)系，即可求a的取值范圍，并求出此時(shí)的極大值點(diǎn)；
（2）構(gòu)造函數(shù)，利用函數(shù)單調(diào)性，極值和導(dǎo)數(shù)之間的關(guān)系，即可證明不等式．

解答： 解：（1）f′（x）=

2(ax2+2ex-1)

x

（x＞0）
①當(dāng)a≥0時(shí)，方程2ax²+2x-1=0的正實(shí)根是x₀=

-e+ e2+a

a

（a＞0）或

1

2e

（a=0），f（x）在（0，x₀）單減，（x₀，+∞）單增
此時(shí)f（x）不存在極大值
②當(dāng)-e²＜a＜0時(shí)，方程ax²+2ex-1=0有兩個(gè)的正實(shí)根是x₁=

-e+ e2+a

a

和x₂=

-e- e2+a

a

（明顯x₁＜x₂）
此時(shí)f（x）在（0，x₁）單減，（x₁，x₂）單增，（x₂，+∞）單減⇒x₂是極大值點(diǎn)
③當(dāng)a≤-e²時(shí)，f（x）在（0，+∞）單減，故此時(shí)f（x）不存在極大值
綜上，f（x）存在極大值時(shí)，a∈（-e²，0），且此時(shí)極大值點(diǎn)為

-e- e2+a

a

，
（2）首先注意g（x）+g（-x）=0⇒g（x）是奇函數(shù)，λ+μ＞0⇒λ＞-μ
此時(shí)g（λ）+g（μ）＞a（λ+μ）?g（λ）-aλ＞g（-μ）-a（-μ）（λ＞-μ）
設(shè)G（x）=g（x）-ax=e^x-e^-x-（2e+1+a）x（x∈R），則上述不等式?G（x）是R上的增函數(shù)
據(jù)G′（x）=e^x+e^-x-2e-1-a，則對(duì)任意x∈R，恒有G′（x）≥0即a≤e^x+e^-x-2e-1成立
又e^x+e^-x-2e-1≥2

ex?e-x

-2e-1=1-2e，故a≤（e^x+e^-x-2e-1）_min=1-2e
結(jié)合（1）的結(jié)論知a∈（-e²，1-2e]
據(jù)（1）中的②知x₁，x₂（0＜x₁＜x₂）是方程ax²+2ex-1=0?a=

1-2ex

x2

的兩個(gè)實(shí)根
據(jù)-e²＜a≤1-2e⇒-e²＜

1-2ex

x2

≤1-2e⇒x∈[

1

1-2e

，

1

e

）∪（

1

e

，1]
上面的x可以x₁也可以是x₂，注意0＜x₁＜x₂，故極大值點(diǎn)x₂∈（

1

e

，1]，此時(shí)a=

1-2ex2

x22

故M=f（x₂）=ax₂²+4ex₂-2lnx₂=

1-2ex2

x22

?x₂²+4ex₂-2lnx₂=2ex₂+1-2lnx₂，x₂∈（

1

e

，1]
設(shè)F（x）=2ex+1-2lnx，x∈（

1

e

，1]
此時(shí)F′（x）=

2(ex-1)

x

＞0⇒F（x）在（

1

e

，1]上單增⇒F（

1

e

）＜F（x）≤F（1）
注意到F（

1

e

）=5；F（1）=2e+1⇒5＜M≤2e+1．

點(diǎn)評(píng)：本題主要考查函數(shù)的性質(zhì)和導(dǎo)數(shù)之間的關(guān)系，要求熟練掌握函數(shù)的導(dǎo)數(shù)應(yīng)用，考查學(xué)生的計(jì)算能力，運(yùn)算量較大，難度較大．