已知 $a\in\mathbb R$，函数 $f(x)=-\dfrac{\ln x}{x}+{\rm e}^{ax-1}$．
【难度】
【出处】
无
【标注】
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若 $a=1$，求函数 $f(x)$ 的单调区间；标注答案$f(x)$ 的单调递增区间是 $(1,+\infty)$，单调递减区间是 $(0,1)$解析当 $a=1$ 时，函数 $f(x)$ 的导函数为\[f'(x)=\dfrac{\ln x-1}{x^2}+{\rm e}^{x-1},\]当 $x>1$ 时，有\[f'(x)>\dfrac{\ln x-1}{x^2}+1=\dfrac{\ln x+x^2-1}{x^2}>0,\]当 $0<x<1$ 时，有\[f'(x)<\dfrac{\ln x-1}{x^2}+1=\dfrac{\ln x+x^2-1}{x^2}<0,\]因此函数 $f(x)$ 的单调递增区间是 $(1,+\infty)$，单调递减区间是 $(0,1)$．
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若 $f(x)$ 的最小值为 $a$，求 $a$ 的最小值．标注答案$-{\rm e}^{-2}$解析由 $f(x)\geqslant a$ 知$$x\cdot {\rm e}^{ax-1}-\ln x-ax\geqslant 0,$$令 $g(x)=x{\rm e}^{ax-1}-ax-\ln x$，根据题意 $g(x)$ 的最小值为 $0$．考虑 $g(x)$ 的导函数$$g'(x)=\dfrac 1x(ax+1)\left(x{\rm e}^{ax-1}-1\right).$$当 $a=0$ 时，有$$g'(x)=\dfrac 1x\left(x{\rm e}^{-1}-1\right),$$于是 $g(x)$ 在 $x={\rm e}$ 处取得极小值，同时亦为最小值为 $g({\rm e})=0$，符合题意．同时，由于 $a=0$ 时符合题意，因此无需考虑 $a>0$ 的情形．
当 $a<0$ 时，设 $h(x)=x{\rm e}^{ax-1}-1$，则 $h(x)$ 的导函数$$h'(x)=(ax+1){\rm e}^{ax-1},$$于是 $h(x)$ 在 $x=-\dfrac 1a$ 处取得极大值，同时也为最大值 $-\dfrac{1}{a}\left({\rm e}^{-2}+a\right)$．
接下来考虑 $a=-{\rm e}^{-2}$ 的情形．此时 $g'(x)$ 有唯一零点 $x={\rm e}^2$，同时亦为 $g(x)$ 的极小值点，同时亦为最小值点，此时 $g(x)$ 的最小值为 $g({\rm e}^2)=0$，符合题意．同时，由于 $a=-{\rm e}^{-2}$ 时符合题意，因此无需考虑 $a>-{\rm e}^{-2}$ 的情形．
当 $a<-{\rm e}^{-2}$ 时，$h(x)<0$，因此 $g'(x)$ 有唯一零点 $x=-\dfrac 1a$，同时亦为 $g(x)$ 的极小值点，同时亦为最小值点，此时 $g(x)$ 的最小值为$$g\left(-\dfrac 1a\right)=-\dfrac 1a\cdot {\rm e}^{-2}+1-\ln\left(-\dfrac 1a\right)=-\dfrac 1a\cdot{\rm e}^{-2}-\ln\left(-\dfrac 1a\cdot {\rm e}^{-2}\right)-1>0,$$其中用到了常用对数不等式$$\forall x\in(0,1),\ln x< x-1,$$不符合题意．
综上所述，$a$ 的最小值为 $-{\rm e}^{-2}$．
题目
问题1
答案1
解析1
备注1
问题2
答案2
解析2
备注2
