Question

15．設(shè)函數(shù)G（x）=xlnx+（1-x）ln（1-x）．
（1）求G（x）的最小值：
（2）記G（x）的最小值為e，已知函數(shù)f（x）=2a•e^x+1+$\frac{a+1}{x}$-2（a+1）（a＞0），若對于任意的x∈（0，+∞），恒有f（x）≥0成立，求實數(shù)a的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）求出函數(shù)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，從而求出函數(shù)的最小值即可；
（2）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，解關(guān)于導(dǎo)函數(shù)的不等式，求出函數(shù)的最小值，結(jié)合題意從而求出a的范圍即可．

解答 解：（1）由已知得$0＜x＜1，G'（x）=lnx-ln（{1-x}）=ln\frac{x}{1-x}$…（1分）
令G'（x）＜0，得$0＜x＜\frac{1}{2}$；令G'（x）＞0，得$\frac{1}{2}＜x＜1$，
所以G（x）的單調(diào)減區(qū)間為$（{0，\frac{1}{2}}）$，單調(diào)增區(qū)間為$（{\frac{1}{2}，1}）$…（3分）
從而$G{（x）_{min}}=G（{\frac{1}{2}}）=ln\frac{1}{2}=-ln2$…（4分）
（2）由（1）中c=-ln2得$f（x）=a•{e^x}+\frac{a+1}{x}-2（{a+1}）$…（5分）
所以$f'（x）=\frac{{a{x^2}•{e^x}-（{a+1}）}}{x^2}$…（6分）
令g（x）=ax²•e^x-（a+1），則g'（x）=ax（2+x）e^x＞0…（7分）
所以g（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增，
因為g（0）=-（a+1），且當(dāng)x→+∞時，g（x）＞0，
所以存在x₀∈（0，+∞），使g（x₀）=0，
且f（x）在（0，x₀）上單調(diào)遞減，在（x₀，+∞）上單調(diào)遞增…（8分）
因為$g（{x_0}）=ax_0^2•{e^{x_0}}-（{a+1}）=0$，所以$ax_0^2•{e^{x_0}}=a+1$，
即$a•{e^{x_0}}=\frac{a+1}{x_0^2}$，因為對于任意的x∈（0，+∞），恒有f（x）≥0成立，
所以$f{（x）_{min}}=f（{x_0}）=a•{e^{x_0}}+\frac{a+1}{x_0}-2（{a+1}）≥0$…（9分）
所以$\frac{a+1}{x_0^2}+\frac{a+1}{x_0}-2（{a+1}）≥0$，即$\frac{1}{x_0^2}+\frac{1}{x_0}-2≥0$，
亦即$2x_0^2-{x_0}-1≤0$，所以$-\frac{1}{2}≤{x_0}≤1$…（10分）
因為$ax_0^2•{e^{x_0}}=a+1$，所以$x_0^2•{e^{x_0}}=\frac{a+1}{a}＞1$，
又x₀＞0，所以0＜x₀≤1，從而$x_0^2•{e^{x_0}}≤e$，
所以$1＜\frac{a+1}{a}≤e$，故$a≥\frac{1}{e-1}$…（12分）

點評 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)用以及函數(shù)恒成立問題，是一道綜合題．