Question

3．已知函數(shù)f（x）=alnx-ax²+1，g（x）=x-ax²+1．
（1）當(dāng)a=1時，求函數(shù)f（x）的極值；
（2）若存在${x_0}∈[1，e]，f（{x_0}）-g（{x_0}）≥\frac{1+a}{x_0}$，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)，求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，從而求出函數(shù)的均值即可；
（2）問題轉(zhuǎn)化為函數(shù)h（x）=x-alnx+$\frac{1+a}{x}$在[1，e]上的最小值[h（x）]_min≤0，求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，通過討論a的范圍，求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，得到函數(shù)的最小值，從而求出a的范圍即可．

解答 解：（1）由題意得：f（x）=lnx-x²+1，x∈（0，+∞），
f′（x）=$\frac{（1-\sqrt{2}x）（1+\sqrt{2}x）}{x}$，
故x∈（0，$\frac{\sqrt{2}}{2}$）時，f′（x）＞0，x∈（$\frac{\sqrt{2}}{2}$，+∞）時，f′（x）＜0，
∴f（x）_極大值=f（$\frac{\sqrt{2}}{2}$）=ln$\frac{\sqrt{2}}{2}$+$\frac{1}{2}$，無極小值；
（2）由題意，問題轉(zhuǎn)化為函數(shù)h（x）=x-alnx+$\frac{1+a}{x}$在[1，e]上的最小值[h（x）]_min≤0，
h′（x）=$\frac{（x+1）[x-（1+a）]}{{x}^{2}}$，
a＞-1時，令h′（x）＞0，解得：x＞1+a，令h′（x）＜0，解得：0＜x＜1+a，
∴h（x）在（0，1+a）遞減，在（1+a，+∞）遞增，
①a+1≥e，即a≥e-1時，h（x）在[1，e]遞減，
∴[h（x）]_min=h（e）=e+$\frac{1+a}{e}$-a≤0，
∴a≥$\frac{{e}^{2}+1}{e-1}$，
②a+1≤1即a≤0時，h（x）在[1，e]遞增，
∴h（x）_min=h（1）=2+a≤0，
∴a≤-2，
③1＜a+1＜e即0＜a＜e-1時，
[h（x）]_min=h（1+a）=2+a-aln（1+a）≤0，
∵0＜ln（1+a）＜1，
∴0＜aln（1+a）＜a，
∴h（1+a）＞2，
此時，不存在x₀，使得h（x₀）≤0成立，
綜上，a的范圍是（-∞，-2]∪[$\frac{{e}^{2}+1}{e-1}$，+∞）．

點評 本題考查了函數(shù)的單調(diào)性、均值、最值問題，考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用以及分類討論思想，是一道中檔題．