Question

3．已知函数f（x）=alnx-ax²+1，g（x）=x-ax²+1．
（1）当a=1时，求函数f（x）的极值；
（2）若存在${x_0}∈[1，e]，f（{x_0}）-g（{x_0}）≥\frac{1+a}{x_0}$，求实数a的取值范围．

Answer 1

分析 （1）求出函数的导数，求出函数的单调区间，从而求出函数的均值即可；
（2）问题转化为函数h（x）=x-alnx+$\frac{1+a}{x}$在[1，e]上的最小值[h（x）]_min≤0，求出函数的导数，通过讨论a的范围，求出函数的单调区间，得到函数的最小值，从而求出a的范围即可．

解答 解：（1）由题意得：f（x）=lnx-x²+1，x∈（0，+∞），
f′（x）=$\frac{（1-\sqrt{2}x）（1+\sqrt{2}x）}{x}$，
故x∈（0，$\frac{\sqrt{2}}{2}$）时，f′（x）＞0，x∈（$\frac{\sqrt{2}}{2}$，+∞）时，f′（x）＜0，
∴f（x）_极大值=f（$\frac{\sqrt{2}}{2}$）=ln$\frac{\sqrt{2}}{2}$+$\frac{1}{2}$，无极小值；
（2）由题意，问题转化为函数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时，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）递减，在（1+a，+∞）递增，
①a+1≥e，即a≥e-1时，h（x）在[1，e]递减，
∴[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时，h（x）在[1，e]递增，
∴h（x）_min=h（1）=2+a≤0，
∴a≤-2，
③1＜a+1＜e即0＜a＜e-1时，
[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，
此时，不存在x₀，使得h（x₀）≤0成立，
综上，a的范围是（-∞，-2]∪[$\frac{{e}^{2}+1}{e-1}$，+∞）．

点评 本题考查了函数的单调性、均值、最值问题，考查导数的应用以及分类讨论思想，是一道中档题．