Question

已知函數(shù)f（x）=lnx+

1-x

ax

，其中a為大于零的常數(shù)．
（1）若函數(shù)f（x）在區(qū)間[1，+∞]內(nèi)調(diào)遞增，求a的取值范圍；
（2）求函數(shù)f（x）在區(qū)間[1，e]上的最小值；
（3）對(duì)于函數(shù)g（x）=（p-x）e^-x+1，若存在x₀∈[1，e]，使不等式g（x₀）≥lnx₀成立，求實(shí)數(shù)p的取值范圍．

Answer 1

分析：（1）求出f′（x）因?yàn)閒（x）在區(qū)間[1，+∞]內(nèi)調(diào)遞增令f′（x）≥0得到a的取值范圍；
（2）a≥1時(shí)，∵f'（x）＞0在（1，e）上恒成立，所以f（x）在[1，e]上為增函數(shù)，所以求出f（x）的最小值f（1）；在當(dāng)0＜a≤

1

e

，∵f'（x）＜0在（1，e）上恒成立，這時(shí)f（x）在[1，e]上為減函數(shù)，所以求出最小值f（e）；在

1

e

＜a＜1時(shí)，最小值為f（

1

a

）．把最小值綜合起來(lái)即可；
（3）把x=x₀代入到g（x）=（p-x）e^-x+1中得到g（x₀），然后設(shè)h（x）=（lnx-1）e^x+x，求出其導(dǎo)函數(shù)h′（x）并證明其大于零得到函數(shù)是增函數(shù)，則最小值為h（1），得到p≥h（1）．

解答：解：f′(x)=

ax-1

ax2

(x＞0)．
（1）由已知，得f'（x）≥0在[1，+∞）上恒成立，即a≥

1

x

在[1，+∞)上恒成立
又∵當(dāng)x∈[1，+∞)時(shí)，

1

x

≤1，
∴a≥1．即a的取值范圍為[1，+∞）
（2）當(dāng)a≥1時(shí)，∵f'（x）＞0在（1，e）上恒成立，這時(shí)f（x）在[1，e]上為增函數(shù)
∴f（x）_min=f（1）=0
①當(dāng)0＜a≤

1

e

，∵f'（x）＜0在（1，e）上恒成立，這時(shí)f（x）在[1，e]上為減函數(shù)∴f(x)min=f(e)=1+

1-e

ae

．
②當(dāng)

1

e

＜a＜1時(shí)，令f′(x)=0，得x=

1

a

∈(1，e)．又∵對(duì)于x∈[1，

1

a

)有f′(x)＜0，對(duì)于x∈(

1

a

，e]有f′(x)＞0，
∴f(x)min=f(

1

a

)=ln

1

a

+1-

1

a

．
綜上，f（x）在[1，e]上的最小值為
①當(dāng)0＜a≤

1

e

時(shí)，f(x)min=1+

1-e

2e

；
②當(dāng)

1

e

＜a＜1時(shí)，f(x)min=ln

1

a

+1-

1

a

．
③當(dāng)a≥1時(shí)，f（x）_min=0
（3）因?yàn)閤₀∈[1，e]，所以，存在x₀∈[1，e]使p≥(lnx0-1)ex0+x0成立，令h（x）=（lnx-1）e^x+x，從而p≥h_min（x）（x∈[1，e]）h′(x)=(

1

x

+lnx-1)ex+1
由（2）知當(dāng)a≥1時(shí)，f(x)=lnx+

1-x

ax

≥0成立，即

1

x

+lnx-1≥0在[1，e]上成立．
從而h′(x)=(

1

x

+lnx-1)ex+1≥0+1＞0，
所以，h（x）=（lnx-1）e^x+x在[1，e]上單調(diào)遞增．
所以，h_min（x）=h（1）=1-e所以，p≥1-e

點(diǎn)評(píng)：此題考查學(xué)生導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)單調(diào)性的能力，恒等式成立的問(wèn)題解決能力，以及利用導(dǎo)數(shù)求閉區(qū)間上的最值的能力．