Question

11．已知函數(shù)f（x）=e^x-alnx-a，其中常數(shù)a＞0．
（1）當(dāng)a=e時，求函數(shù)f（x）的最小值；
（2）若不等式f（x）≥0對任意x∈（0，+∞）恒成立，求實數(shù)a的取值范圍；
（3）若函數(shù)y=f（x）有兩個零點x₁，x₂（其中0＜x₁＜x₂），求證：$\frac{1}{a}$＜x₁＜1＜x₂＜a．

Answer 1

分析 （1）求出a=e的函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，求出單調(diào)區(qū)間，即可求得極值；
（2）分類討論，求導(dǎo)數(shù)，當(dāng)f（x）≥0恒成立時，分離參數(shù)，即可得到 0＜a≤e；
（3）函數(shù)y=f（x）若有兩個零點，則a＞e，即有f（1）=e-a＜0，證明f（a）=e^a-alna-a在（e，+∞）上單調(diào)遞增，可得1＜x₂＜a；結(jié)合函數(shù)零點存在定理，即可得證．

解答 （1）解：函數(shù)f（x）的定義域為（0，+∞），
當(dāng)a=e時，f（x）=e^x-elnx-e，f′（x）=e^x-$\frac{e}{x}$，
而f′（x）=e^x-$\frac{e}{x}$在（0，+∞）上單調(diào)遞增，又f′（1）=0，
當(dāng)0＜x＜1時，f′（x）＜f'（1）=0，則f（x）在（0，1）上單調(diào)遞減；
當(dāng)x＞1時，f′（x）＞f'（1）=0，則f（x）在（1，+∞）上單調(diào)遞增，
則f（x）有極小值f（1）=0，沒有極大值；                                            
（2）解：當(dāng)f（x）≥0恒成立時，有 0＜a≤e成立．
若0＜x≤$\frac{1}{e}$，則f（x）=e^x-a（lnx+1）≥0顯然成立；
若x＞$\frac{1}{e}$，由f（x）≥0得a≤$\frac{{e}^{x}}{lnx+1}$，
令h（x）=$\frac{{e}^{x}}{lnx+1}$，則h′（x）=$\frac{{e}^{x}（lnx+1-\frac{1}{x}）}{（lnx+1）^{2}}$，
令g（x）=lnx+1-$\frac{1}{x}$（x＞$\frac{1}{e}$），
由g′（x）=1+$\frac{1}{{x}^{2}}$＞0得g（x）在（$\frac{1}{e}$，+∞）上單調(diào)遞增，
又g（1）=0，所以φ′（x）在（$\frac{1}{e}$，1）上為負，在（1，+∞）上為正，
因此φ（x）在（$\frac{1}{e}$，1）上遞減，在（1，+∞）上遞增，即有φ（x）_min=φ（1）=e，
從而0＜a≤e．
（3）證明：由（2）不等式f（x）≥0對任意x∈（0，+∞）恒成立，0＜a≤e，
因而函數(shù)y=f（x）若有兩個零點，則a＞e，即有f（1）=e-a＜0，
由f（a）=e^a-alna-a（a＞e）得f'（a）=e^a-lna-2，
則f′（a）=${e}^{a}-\frac{1}{a}＞{e}^{a}-\frac{1}{e}＞e-\frac{1}{e}＞0$，
則f′（a）=e^a-lna-2在（e，+∞）上單調(diào)遞增，
即有f′（a）＞f'（e）=e^e-3＞e²-3＞0，
則有f（a）=e^a-alna-a在（e，+∞）上單調(diào)遞增，
則f（a）＞f（e）=e^e-2e＞e²-2e＞0，則f（1）f（a）＜0，則有1＜x₂＜a；
由a＞e得$f（\frac{1}{a}）={e}^{\frac{1}{a}}-aln\frac{1}{a}-a$=${e}^{\frac{1}{a}}$+alna-a＞${e}^{\frac{1}{a}}$+alna-a=${e}^{\frac{1}{a}}$＞0，
所以f（1）f（$\frac{1}{a}$）＜0，
所以$\frac{1}{a}$＜x₁＜1，
綜上得$\frac{1}{a}$＜x₁＜1＜x₂＜a．

點評 本題考查導(dǎo)數(shù)的運用：求單調(diào)區(qū)間和極值、最值，主要考查函數(shù)的單調(diào)性的運用，以及不等式恒成立問題轉(zhuǎn)化為求函數(shù)的最值問題，屬于中檔題和易錯題．