Question

5．已知函數(shù)f（x）=ax+$\frac{a-1}{x}$（a∈R），g（x）=lnx．
（1）當(dāng)a=2時(shí)，求函數(shù)h（x）=f（x）-g（x）的最小值；
（2）當(dāng)a＞0，對(duì)任意x≥1，不等式f（x）-g（x）≥1恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）利用導(dǎo)數(shù)判斷h（x）的單調(diào)性，根據(jù)單調(diào)性得出h（x）的最小值；
（2）令h（x）=f（x）-g（x），求出h（x）的極值點(diǎn)，對(duì)a進(jìn)行討論得出h（x）的單調(diào)性，得出h_min（x），令h_min（x）≥1解出a的范圍．

解答 解：（1）當(dāng)a=2時(shí)，h（x）=2x+$\frac{1}{x}$-lnx，h′（x）=2-$\frac{1}{{x}^{2}}$-$\frac{1}{x}$=$\frac{2{x}^{2}-x-1}{{x}^{2}}$（x＞0）．
令h'（x）＞0得：2x²-x-1＞0，解得：x＞1
令h'（x）＜0得：2x²-x-1＜0，解得：0＜x＜1
∴函數(shù)h（x）的單調(diào)遞增區(qū)間為（1，+∞），單調(diào)遞減區(qū)間為（0，1）
故h（x）的最小值為h（1）=3．
（2）f（x）-g（x）≥1即$ax+\frac{a-1}{x}-lnx≥1$，
令$h（x）=ax+\frac{a-1}{x}-lnx$，則在[1，+∞）上h（x）≥1恒成立等價(jià)于h（x）_min≥1.$h'（x）=a+\frac{1-a}{x^2}-\frac{1}{x}=\frac{{a{x^2}-x+1-a}}{x^2}=\frac{{a（{x+1-\frac{1}{a}}）（{x-1}）}}{x^2}$
①當(dāng)$-1+\frac{1}{a}＞1$即$0＜a＜\frac{1}{2}$，此時(shí)h（x）在$（{1，-1+\frac{1}{a}}）$上單調(diào)遞減，
在$（{-1+\frac{1}{a}，+∞}）$上單調(diào)遞增，于是$h{（x）_{min}}=h（{-1+\frac{1}{a}}）＜h（1）=2a-1＜0$，
這與[1，+∞）上h（x）≥1矛盾；
②當(dāng)$-1+\frac{1}{a}≤1$即$a≥\frac{1}{2}$時(shí)，此時(shí)h（x）在（1，+∞）上單調(diào)遞增，
∴h（x）_min=h（1）=2a-1≥1，解得：a≥1
綜上所述，實(shí)數(shù)a的取值范圍是[1，+∞）．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了導(dǎo)數(shù)與函數(shù)單調(diào)性的關(guān)系，函數(shù)最值的計(jì)算，屬于中檔題．