Question

11．已知函数f（x）=e^x-alnx-a，其中常数a＞0．
（1）当a=e时，求函数f（x）的最小值；
（2）若不等式f（x）≥0对任意x∈（0，+∞）恒成立，求实数a的取值范围；
（3）若函数y=f（x）有两个零点x₁，x₂（其中0＜x₁＜x₂），求证：$\frac{1}{a}$＜x₁＜1＜x₂＜a．

Answer 1

分析 （1）求出a=e的函数的导数，求出单调区间，即可求得极值；
（2）分类讨论，求导数，当f（x）≥0恒成立时，分离参数，即可得到 0＜a≤e；
（3）函数y=f（x）若有两个零点，则a＞e，即有f（1）=e-a＜0，证明f（a）=e^a-alna-a在（e，+∞）上单调递增，可得1＜x₂＜a；结合函数零点存在定理，即可得证．

解答 （1）解：函数f（x）的定义域为（0，+∞），
当a=e时，f（x）=e^x-elnx-e，f′（x）=e^x-$\frac{e}{x}$，
而f′（x）=e^x-$\frac{e}{x}$在（0，+∞）上单调递增，又f′（1）=0，
当0＜x＜1时，f′（x）＜f'（1）=0，则f（x）在（0，1）上单调递减；
当x＞1时，f′（x）＞f'（1）=0，则f（x）在（1，+∞）上单调递增，
则f（x）有极小值f（1）=0，没有极大值；                                            
（2）解：当f（x）≥0恒成立时，有 0＜a≤e成立．
若0＜x≤$\frac{1}{e}$，则f（x）=e^x-a（lnx+1）≥0显然成立；
若x＞$\frac{1}{e}$，由f（x）≥0得a≤$\frac{{e}^{x}}{lnx+1}$，
令h（x）=$\frac{{e}^{x}}{lnx+1}$，则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（$\frac{1}{e}$，+∞）上单调递增，
又g（1）=0，所以φ′（x）在（$\frac{1}{e}$，1）上为负，在（1，+∞）上为正，
因此φ（x）在（$\frac{1}{e}$，1）上递减，在（1，+∞）上递增，即有φ（x）_min=φ（1）=e，
从而0＜a≤e．
（3）证明：由（2）不等式f（x）≥0对任意x∈（0，+∞）恒成立，0＜a≤e，
因而函数y=f（x）若有两个零点，则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，
则f′（a）=${e}^{a}-\frac{1}{a}＞{e}^{a}-\frac{1}{e}＞e-\frac{1}{e}＞0$，
则f′（a）=e^a-lna-2在（e，+∞）上单调递增，
即有f′（a）＞f'（e）=e^e-3＞e²-3＞0，
则有f（a）=e^a-alna-a在（e，+∞）上单调递增，
则f（a）＞f（e）=e^e-2e＞e²-2e＞0，则f（1）f（a）＜0，则有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，
综上得$\frac{1}{a}$＜x₁＜1＜x₂＜a．

点评 本题考查导数的运用：求单调区间和极值、最值，主要考查函数的单调性的运用，以及不等式恒成立问题转化为求函数的最值问题，属于中档题和易错题．