题目 已知函数 $f(x)=x\mathrm{e}^{2x}-{\ln}x-ax$． 问题1 当 $a=0$ 时，求函数 $f(x)$ 在 $\left[\dfrac12,1\right]$ 上的最小值； 答案1 $\dfrac12\mathrm{e}+{\ln}2$ 解析1 函数 $f(x)$ 的导函数\[f'(x)={\rm e}^{2x}\cdot (2x+1)-\dfrac 1x-a,\]当 $a=0$，且 $x\in\left[\dfrac 12,1\right]$ 时，有 $f'(x)>0$，于是 $f(x)$ 在 $\left[\dfrac 12,1\right]$ 上单调递增，因此 $f(x)$ 在 $\left[\dfrac 12,1\right]$ 上的最小值为\[f\left(\dfrac 12\right)=\dfrac 12{\rm e}+\ln 2.\] 备注1 问题2 若 $\forall x>0$，不等式 $f(x)\geqslant 1$ 恒成立，求实数 $a$ 的取值范围； 答案2 $(-\infty,2]$ 解析2 题中不等式恒成立，即$$\forall x>0,\dfrac{x\mathrm{e}^{2x}-{\ln}x-1}{x}\geqslant a,$$记不等式左侧函数为 $\varphi(x)$，则其导函数\[\varphi'(x)=\dfrac{2x^2{\rm e}^{2x}+\ln x}{x^2},\]由于 $\varphi'(x)$ 的分子部分单调递增，进而 $\varphi(x)$ 有唯一零点 $m$，满足\[2m^2{\rm e}^{2m}+\ln m=0,\]且 $\varphi(x)$ 有极小值，亦为最小值\[\varphi(m)=\dfrac{m{\rm e}^{2m}-\ln m-1}{m}.\]由于\[2m\cdot {\rm e}^{2m}=-\dfrac 1m\ln m=\ln \dfrac 1m\cdot {\rm e}^{\ln\frac 1m},\]又函数 $y=x\cdot {\rm e}^x$ 在 $x>0$ 时单调递增，于是\[2m=\ln \dfrac 1m,\]从而\[\varphi(m)=\dfrac{m\cdot \dfrac 1m-(-2m)-1}{m}=2,\]从而实数 $a$ 的取值范围是 $(-\infty,2]$． 备注2 事实上，有 $m=\dfrac 12W(2)$，其中 $W(x)$ 为朗博函数． 问题3 若 $\forall x>0$，不等式 $f\left(\dfrac1x\right)-1\geqslant \dfrac1x\mathrm{e}^{\frac2x}+\dfrac{\frac1{\mathrm{e}-1}+\frac1x}{\mathrm{e}^{\frac x{\mathrm{e}}}}$ 恒成立，求实数 $a$ 的取值范围． 答案3 $\left(-\infty,-1+\dfrac{{\rm e}}{{\rm e}-1}\cdot {\rm e}^{-\frac 1 {\rm e} }\right]$ 解析3 题中不等式恒成立即等价于$$\forall x>0,a\leqslant -\dfrac{\ln x}x-\dfrac 1x+\left[\dfrac{1}{({\rm e}-1)x}+1\right]{\rm e}^{-\frac 1{{\rm e}x}},$$记不等式右函数为 $\mu(x)$，则\[\mu'(x)=\dfrac{\ln x}{x^2}+\dfrac{x-1}{({\rm e}-1)x^3}\cdot {\rm e}^{1-\frac{1}{{\rm e}x}},\]于是\[\begin{array}{c|ccc}\hline<br/>x&(0,1)&1&(1,+\infty)\\ \hline<br/>\mu'(x)&-&0&+\\ \hline<br/>\mu(x)&\searrow&\min &\nearrow \\ \hline<br/>\end{array}\]因此 $\mu(x)$ 的最小值为\[\mu(1)=-1+\dfrac{{\rm e}}{{\rm e}-1}\cdot {\rm e}^{-\frac 1 {\rm e} },\]因此实数 $a$ 的取值范围是 $\left(-\infty,-1+\dfrac{{\rm e}}{{\rm e}-1}\cdot {\rm e}^{-\frac 1 {\rm e} }\right]$． 备注3