Question

11．设函数f（x）=lnx-$\frac{a（x-1）}{x}$（a∈R）．
（Ⅰ）求函数f（x）的极值；
（Ⅱ）已知g（x）=f（x+1），当a＞0时，若对任意的x≥0，恒有g（x））≥0，求实数a的取值范围．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函数的导数，通过讨论a的范围，求出函数的单调区间，从而求出函数的极值即可；
（Ⅱ）求出g（x）的导数，通过讨论a的范围，求出函数的单调区间，从而求出a的范围即可．

解答 解：（Ⅰ）由题意得：f（x）的定义域是（0，+∞），
f′（x）=$\frac{1}{x}$-$\frac{a}{{x}^{2}}$=$\frac{x-a}{{x}^{2}}$，
①a≤0时，x-a≥0恒成立，即f′（x）＞0恒成立，
f（x）在（0，+∞）上递增，无极值；
②a＞0时，令f′（x）=0得：x=a，
x∈（0，a）时，f′（x）＜0，x∈（a，+∞）时，f′（x）＞0，
故函数在（0，a）上递减，在（a，+∞）递增，
故x=a时，取极小值，无极大值，极小值是f（a）=lna-a+1；
（Ⅱ）∵g（x）=f（x+1），∴g（x）=ln（x+1）-$\frac{ax}{x+1}$，
g（x）的定义域是（-1，+∞），
g′（x）=$\frac{x+1-a}{{（1+x）}^{2}}$，
①0＜a≤1时，g′（x）＞0，对x＞0恒成立，
g（x）在（0，+∞）递增，
g（x）＞g（0）=0，满足题意；
②a＞1时，x∈（0，a-1），g′（x）＜0，g（x）在（0，a-1）递减，
x∈（a-1，+∞）时，g′（x）＞0，g（x）在（a-1，+∞）递增，
若对任意x≥0，恒有g（x）≥0，则g（x）的最小值g（a-1）=lna+1-a≥0恒成立，
令m（a）=lna+1-a，则m′（a）=$\frac{1-a}{a}$，m′（a）＜0，m（a）在（1，+∞）递减，
∴在a∈（1，+∞）时，有m（x）＜m（1）=0，
与g（a-1）=lna+1-a≥0恒成立，矛盾，
∴a的范围是：0＜a≤1．

点评 本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应用以及函数恒成立问题，是一道中档题．