Question

7．已知函數(shù) f（x）=alnx-x+1，g（x）=-x²+（a+1）x+1．
（1）若對(duì)任意的 x∈[1，e]，不等式 f（x）≥g（x）恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍；
（2）若函數(shù) h（x）在其定義城內(nèi)存在實(shí)數(shù) x₀，使得 h（x₀+k）=h（x₀）+h（k）（k≠0且為常數(shù)）成立，則稱函數(shù)h（x）為保k階函數(shù)，已知 H（x）=f（x）-（a-1）x+a-1為保a階函數(shù)，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）把對(duì)任意的 x∈[1，e]，不等式 f（x）≥g（x）恒成立，轉(zhuǎn)化為a（x-lnx）≤x²-2x恒成立，再由x-lnx＞0得$a≤\frac{{x}^{2}-2x}{x-lnx}$恒成立．構(gòu)造函數(shù)F（x）=$\frac{{x}^{2}-2x}{x-lnx}$，利用導(dǎo)數(shù)求其最小值得答案；
（2）由H（x）=f（x）-（a-1）x+a-1=alnx-x+1-ax+x+a-1=alnx-ax+a（x＞0），根據(jù)保a階函數(shù)的概念列式，整理得到ln（x₀+a）-（x₀+a）+1=lnx₀-x₀+1+lna-a+1，即ln（x₀+a）=lnx₀+lna+1，轉(zhuǎn)化為$a=\frac{1}{e-\frac{1}{{x}_{0}}}$，由x₀＞0可得實(shí)數(shù)a的取值范圍是$a＞\frac{1}{e}$．

解答 解：（1）∵對(duì)任意的 x∈[1，e]，不等式 f（x）≥g（x）恒成立，
即alnx-x+1≥-x²+（a+1）x+1恒成立，a（x-lnx）≤x²-2x恒成立，
∵x∈[1，e]，∴l(xiāng)nx≤lne=1≤x，
∵上式等號(hào)不能同時(shí)成立，∴l(xiāng)nx＜x，
即x-lnx＞0，∴$a≤\frac{{x}^{2}-2x}{x-lnx}$恒成立．
令F（x）=$\frac{{x}^{2}-2x}{x-lnx}$，∴a≤F（x）_min（x∈[1，e]），
由于${F}^{′}（x）=\frac{（x-1）（x+2-2lnx）}{（x-lnx）^{2}}$，
由于1≤x≤e，∴x-1＞0，x+2-2lnx=x+2（1-lnx）＞0，
∴F′（x）＞0．
∴函數(shù)F（x）=$\frac{{x}^{2}-2x}{x-lnx}$在區(qū)間[1，e]上單調(diào)遞增，
∴F（x）≥F（1）=$\frac{{1}^{2}-2}{1-ln1}=-1$．
∴a≤-1；
（2）∵H（x）=f（x）-（a-1）x+a-1=alnx-x+1-ax+x+a-1=alnx-ax+a（x＞0），
根據(jù)保a階函數(shù)的概念，∴存在x₀＞0，使得H（x₀+a）=H（x₀）+H（a），
即a[ln（x₀+a）-（x₀+a）+1]=a（lnx₀-x₀+1）+a（lna-a+1）=a（lnx₀-x₀+1+lna-a+1），
∴l(xiāng)n（x₀+a）-（x₀+a）+1=lnx₀-x₀+1+lna-a+1，
即ln（x₀+a）=lnx₀+lna+1，
即$ln（\frac{{x}_{0}+a}{a{x}_{0}}）=1$，∴$\frac{{x}_{0}+a}{a{x}_{0}}=e$．
∴$a=\frac{1}{e-\frac{1}{{x}_{0}}}$，
∵x₀＞0，∴a$＞\frac{1}{e}$．
∴實(shí)數(shù)a的取值范圍是$a＞\frac{1}{e}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，考查了利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的最值，考查了數(shù)學(xué)轉(zhuǎn)化與化歸、分離參數(shù)等數(shù)學(xué)思想方法，著重考查恒成立問題的解法，難度較大．