Question

3．已知函數(shù)f（x）=blnx．
（1）當b=1時，求函數(shù)G（x）=x²-x-f（x）在區(qū)間$[{\frac{1}{2}，e}]$上的最大值與最小值；
（2）若在[1，e]上存在x₀，使得x₀-f（x₀）＜-$\frac{1+b}{x_0}$成立，求b的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）求出函數(shù)G（x）的導數(shù)，得到函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，從而求出函數(shù)在閉區(qū)間的最大值和最小值即可；
（2）設(shè)$h（x）=x-blnx+\frac{1+b}{x}$．若在[1，e]上存在x₀，使得${x_0}-f（{x_0}）＜-\frac{1+b}{x_0}$，即${x_0}-bln{x_0}+\frac{1+b}{x_0}＜0$成立，則只需要函數(shù)$h（x）=x-blnx+\frac{1+b}{x}$在[1，e]上的最小值小于零，通過討論b的范圍，求出h（x）的單調(diào)區(qū)間，從而進一步確定b的范圍即可．

解答 解：（1）當b=1時，G（x）=x²-x-f（x）=x²-x-lnx（x＞0），$G'（x）=\frac{（2x+1）（x-1）}{x}$，
令G'（x）=0，得x=1，
當x變化時，G（x），G'（x）的變化情況如下表：

x	（0，1）	1	（1，+∞）
g'（x）	-	0	+
G（x）		極小值

因為$G（\frac{1}{2}）=-\frac{1}{4}-ln\frac{1}{2}=-\frac{1}{4}+ln2＜1$，G（1）=0，G（e）=e²-e-1=e（e-1）-1＞1，
所以G（x）=x²-x-f（x）在區(qū)間$[{\frac{1}{2}，e}]$上的最大值與最小值分別為：$G{（x）_{max}}=G（e）={e^2}-e-1$，G（x）_min=G（1）=0．
（2）設(shè)$h（x）=x-blnx+\frac{1+b}{x}$．
若在[1，e]上存在x₀，使得${x_0}-f（{x_0}）＜-\frac{1+b}{x_0}$，即${x_0}-bln{x_0}+\frac{1+b}{x_0}＜0$成立，
則只需要函數(shù)$h（x）=x-blnx+\frac{1+b}{x}$在[1，e]上的最小值小于零．
又$h'（x）=1-\frac{x}-\frac{1+b}{x^2}=\frac{{{x^2}-bx-（1+b）}}{x^2}$=$\frac{{（x+1）[{x-（1+b）}]}}{x^2}$，
令h'（x）=0，得x=-1（舍去）或x=1+b．
①當1+b≥e，即b≥e-1時，h（x）在[1，e]上單調(diào)遞減，
故h（x）在[1，e]上的最小值為h（e），由$h（e）=e+\frac{1+b}{e}-b＜0$，可得$b＞\frac{{{e^2}+1}}{e-1}$．
因為$\frac{{{e^2}+1}}{e-1}＞e-1$，所以$b＞\frac{{{e^2}+1}}{e-1}$．
②當1+b≤1，即b≤0時，h（x）在[1，e]上單調(diào)遞增，
故h（x）在[1，e]上的最小值為h（1），由h（1）=1+1+b＜0，
可得b＜-2（滿足b≤0）．
③當1＜1+b＜e，即0＜b＜e-1時，h（x）在（1，1+b）上單調(diào)遞減，在（1+b，e）上單調(diào)遞增，
故h（x）在[1，e]上的最小值為h（1+b）=2+b-bln（1+b）．
因為0＜ln（1+b）＜1，所以0＜bln（1+b）＜b，
所以2+b-bln（1+b）＞2，即h（1+b）＞2，不滿足題意，舍去．
綜上可得b＜-2或$b＞\frac{{{e^2}+1}}{e-1}$，
所以實數(shù)b的取值范圍為$（-∞，-2）∪（\frac{{{e^2}+1}}{e-1}，+∞）$．

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