Question

5．已知函数f（x）=ax+$\frac{a-1}{x}$（a∈R），g（x）=lnx．
（1）当a=2时，求函数h（x）=f（x）-g（x）的最小值；
（2）当a＞0，对任意x≥1，不等式f（x）-g（x）≥1恒成立，求实数a的取值范围．

Answer 1

分析 （1）利用导数判断h（x）的单调性，根据单调性得出h（x）的最小值；
（2）令h（x）=f（x）-g（x），求出h（x）的极值点，对a进行讨论得出h（x）的单调性，得出h_min（x），令h_min（x）≥1解出a的范围．

解答 解：（1）当a=2时，h（x）=2x+$\frac{1}{x}$-lnx，h′（x）=2-$\frac{1}{{x}^{2}}$-$\frac{1}{x}$=$\frac{2{x}^{2}-x-1}{{x}^{2}}$（x＞0）．
令h'（x）＞0得：2x²-x-1＞0，解得：x＞1
令h'（x）＜0得：2x²-x-1＜0，解得：0＜x＜1
∴函数h（x）的单调递增区间为（1，+∞），单调递减区间为（0，1）
故h（x）的最小值为h（1）=3．
（2）f（x）-g（x）≥1即$ax+\frac{a-1}{x}-lnx≥1$，
令$h（x）=ax+\frac{a-1}{x}-lnx$，则在[1，+∞）上h（x）≥1恒成立等价于h（x）_min≥1.$h'（x）=a+\frac{1-a}{x^2}-\frac{1}{x}=\frac{{a{x^2}-x+1-a}}{x^2}=\frac{{a（{x+1-\frac{1}{a}}）（{x-1}）}}{x^2}$
①当$-1+\frac{1}{a}＞1$即$0＜a＜\frac{1}{2}$，此时h（x）在$（{1，-1+\frac{1}{a}}）$上单调递减，
在$（{-1+\frac{1}{a}，+∞}）$上单调递增，于是$h{（x）_{min}}=h（{-1+\frac{1}{a}}）＜h（1）=2a-1＜0$，
这与[1，+∞）上h（x）≥1矛盾；
②当$-1+\frac{1}{a}≤1$即$a≥\frac{1}{2}$时，此时h（x）在（1，+∞）上单调递增，
∴h（x）_min=h（1）=2a-1≥1，解得：a≥1
综上所述，实数a的取值范围是[1，+∞）．

点评 本题考查了导数与函数单调性的关系，函数最值的计算，属于中档题．