Question

3．已知函数f（x）=blnx．
（1）当b=1时，求函数G（x）=x²-x-f（x）在区间$[{\frac{1}{2}，e}]$上的最大值与最小值；
（2）若在[1，e]上存在x₀，使得x₀-f（x₀）＜-$\frac{1+b}{x_0}$成立，求b的取值范围．

Answer 1

分析 （1）求出函数G（x）的导数，得到函数的单调区间，从而求出函数在闭区间的最大值和最小值即可；
（2）设$h（x）=x-blnx+\frac{1+b}{x}$．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，则只需要函数$h（x）=x-blnx+\frac{1+b}{x}$在[1，e]上的最小值小于零，通过讨论b的范围，求出h（x）的单调区间，从而进一步确定b的范围即可．

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，
当x变化时，G（x），G'（x）的变化情况如下表：

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

因为$G（\frac{1}{2}）=-\frac{1}{4}-ln\frac{1}{2}=-\frac{1}{4}+ln2＜1$，G（1）=0，G（e）=e²-e-1=e（e-1）-1＞1，
所以G（x）=x²-x-f（x）在区间$[{\frac{1}{2}，e}]$上的最大值与最小值分别为：$G{（x）_{max}}=G（e）={e^2}-e-1$，G（x）_min=G（1）=0．
（2）设$h（x）=x-blnx+\frac{1+b}{x}$．
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，
则只需要函数$h（x）=x-blnx+\frac{1+b}{x}$在[1，e]上的最小值小于零．
又$h'（x）=1-\frac{b}{x}-\frac{1+b}{x^2}=\frac{{{x^2}-bx-（1+b）}}{x^2}$=$\frac{{（x+1）[{x-（1+b）}]}}{x^2}$，
令h'（x）=0，得x=-1（舍去）或x=1+b．
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$b＞\frac{{{e^2}+1}}{e-1}$．
因为$\frac{{{e^2}+1}}{e-1}＞e-1$，所以$b＞\frac{{{e^2}+1}}{e-1}$．
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]上的最小值为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，
故h（x）在[1，e]上的最小值为h（1+b）=2+b-bln（1+b）．
因为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，不满足题意，舍去．
综上可得b＜-2或$b＞\frac{{{e^2}+1}}{e-1}$，
所以实数b的取值范围为$（-∞，-2）∪（\frac{{{e^2}+1}}{e-1}，+∞）$．

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分类讨论思想，是一道中档题．