Question

15．已知函数f（x）=blnx．
（1）当b=1时，求G（x）=x²-x-f（x）在区间[${\frac{1}{2}$，e]上的最值；
（2）若存在一点x₀∈[1，e]，使得x₀-f（x₀）＜-$\frac{1+b}{x_0}$成立，求实数b的取值范围．

Answer 1

分析 （1）把b=1代入函数解析式，求出函数G（x）的导函数，由导函数的零点对定义域分段，根据导函数的符号得到原函数在各区间段内的单调性，从而求得函数在区间[${\frac{1}{2}$，e]上的最值；
（2）构造函数$h（x）=x-blnx+\frac{1+b}{x}$，求导后对1+b≤0和b+1＞0分段讨论，然后进一步对b分段分析得答案．

解答 解：（1）当b=1时，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，
列表如下：

x	（0，1）	1	（1，+∞）
G'（x）	-	0	+
G（x）	↓	极小值	↑

∵$G（{\frac{1}{2}}）=-\frac{1}{4}-ln\frac{1}{2}=-\frac{1}{4}+ln2＜1，G（1）=0，G（e）={e^2}-e-1=e（{e-1}）-1＞1$，
∴G（x）在区间$[{\frac{1}{2}，e}]$上$G{（x）_{max}}={e^2}-e-1，G{（x）_{min}}=0$；
（2）若在[1，e]上存在一点x₀，使得${x_0}-f（{x_0}）＜-\frac{1+b}{x_0}$成立，
即在[1，e]上存在一点x₀，使得${x_0}-bln{x_0}+\frac{1+b}{x_0}＜0$成立，
设$h（x）=x-blnx+\frac{1+b}{x}$，
又$h'（x）=1-\frac{b}{x}-\frac{1+b}{x^2}=\frac{{{x^2}-bx-（{1+b}）}}{x^2}=\frac{{（{x+1}）[{x-（{1+b}）}]}}{x^2}$，
①当1+b≤0，即b≤-1时，在x∈（0，+∞）上h'（x）＞0，∴函数h（x）在（0，+∞）上单调递增；
②当b+1＞0，即b＞-1时，在x∈（0，1+b）上h'（x）＜0，在x∈（1+b，+∞）上，h'（x）＞0，
∴h（x）在（0，1+b）上单调递减，在（1+b，+∞）上单调递增；
综上所述：当b＞-1时，h（x）的递减区间为（0，1+b）；递增区间为（1+b，+∞）；
当b≤-1时，h（x）只有递增区间为（0，+∞）．
∴要使得在[1，e]上存在一点x₀，使得${x_0}-bln{x_0}+\frac{1+b}{x_0}＜0$成立，
则只需要函数$h（x）=x-bln{x_0}+\frac{1+b}{x}$在[1，e]上的最小值小于零．
①当1+b≥e，即b≥e-1时，h（x）在[1，e]上单调递减，
故h（x）在[1，e]上的最小值为h（e），由$h（e）=e+\frac{1+b}{e}-b＜0$，可得$b＞\frac{{{e^2}+1}}{e-1}$，
∵$\frac{{{e^2}+1}}{e-1}＞e-1$，∴$b＞\frac{{{e^2}+1}}{e-1}$；
②当1+b≤1，即b≤0时，h（x）在[1，e]上单调递增，
故h（x）在[1，e]上最小值为h（1），由h（1）=1+1+b＜0，
可得b＜-2（满足b≤0）；
③当1＜1+b＜e，即0＜b＜e-1时，h（x）在[1，1+b]上单调递减，在（1+b，e]上单调递增，
∴h（x）在[1，e]上最小值为h（1+b）=2+b-bln（1+b），
∵0＜ln（1+b）＜1，∴0＜bln（1+b）＜b，
∴2+b-bln（1+b）＞2，即h（1+b）＞2，不满足题意，舍去．
综上b＜-2或b＞$\frac{{e}^{2}+1}{e-1}$，
∴实数b的取值范围为$（{-∞，-2}）∪（{\frac{{{e^2}+1}}{e-1}，+∞}）$．

点评 本题考查利用导数研究函数的单调性，考查了利用导数求函数的最值，考查分类讨论、数学转化等基本数学思想方法，考查计算能力，是压轴题．