Question

19．已知函数f（x）=a（x-lnx）-lnx-$\frac{1}{x}$（其中a∈R）．
（Ⅰ）当a=2时，求函数f（x）的极值；
（Ⅱ）若不等式f（x）≤1在区间[1，e]上恒成立，求a的取值范围（其中e是自然对数的底数，e=2.71828…）

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函数的导数，解关于导函数的不等式，求出函数的单调区间，从而求出函数的极值；
（Ⅱ）分离参数，问题转化为a≤$\frac{lnx+\frac{1}{x}+1}{x-lnx}$在区间[1，e]上恒成立，令h（x）=$\frac{lnx+\frac{1}{x}+1}{x-lnx}$，x∈[1，e]，根据函数的单调性求出h（x）的最小值，从而求出a的范围即可．

解答 解：（Ⅰ）a=2时，f（x）=2（x-lnx）-lnx-$\frac{1}{x}$=2x-3lnx-$\frac{1}{x}$，（x＞0），
f′（x）=2-$\frac{3}{x}$+$\frac{1}{{x}^{2}}$=$\frac{（2x-1）（x-1）}{x}$，
令f′（x）＞0，解得：x＞1或x＜$\frac{1}{2}$，令f′（x）＜0，解得：$\frac{1}{2}$＜x＜1，
∴f（x）在（0，$\frac{1}{2}$）递增，在（$\frac{1}{2}$，1）递减，在（1，+∞）递增，
∴f（x）的极大值是f（$\frac{1}{2}$）=3ln2-1，f（x）的极小值是f（1）=1；
（Ⅱ）若不等式f（x）≤1在区间[1，e]上恒成立，
即a≤$\frac{lnx+\frac{1}{x}+1}{x-lnx}$在区间[1，e]上恒成立，
令h（x）=$\frac{lnx+\frac{1}{x}+1}{x-lnx}$，x∈[1，e]，
h′（x）=$\frac{（\frac{1}{x}-1）[\frac{1}{x}+lnx（\frac{1}{x}+1）]}{{（x-lnx）}^{2}}$，x∈[1，e]，
∵$\frac{1}{x}$-1＜0，
令m（x）=$\frac{1}{x}$+lnx（$\frac{1}{x}$+1），x∈[1，e]，
m′（x）=$\frac{x-lnx}{{x}^{2}}$＞0，
∴m（x）在[1，e]递增，∴m（x）≥m（1）=1，
∴h′（x）＜0，h（x）在[1，e]递减，
∴h（x）的最小值是h（e）=$\frac{2e+1}{{e}^{2}-e}$，
∴a≤$\frac{2e+1}{{e}^{2}-e}$．

点评 本题考查了函数的单调性、极值、最值问题，考查导数的应用以及函数恒成立问题，是一道中档题．