Question

6．设函数f（x）=1+x-alnx（a∈R）
（1）讨论f（x）在其定义域上的单调性；
（2）当f（x）有最小值，且最小值大于2a时，求a的取值范围．

Answer 1

分析 （1）f′（x）=$\frac{x-a}{x}$（x＞0），对a与0的大小关系分类讨论即可得出单调性．
（2）由（1）可知：当a＞0时，f（x）有最小值f（a），可得f（a）=1+a-alna＞2a，化为：alna+a-1＜0．令g（a）=alna+a-1，（a＞0），g（1）=0．利用导数研究其单调性即可得出．

解答 解：（1）f′（x）=1-$\frac{a}{x}$=$\frac{x-a}{x}$（x＞0），
当a≤0时，f′（x）＞0，∴函数f（x）在（0，+∞）上单调递增．
当a＞0时，x∈（0，a）时，f′（x）＜0，∴函数f（x）在（0，a）上单调递减；x∈（a，+∞）时，f′（x）＞0，∴函数f（x）在（0，a）上单调递增．
（2）由（1）可知：当a＞0时，f（x）有最小值f（a），
则f（a）=1+a-alna＞2a，
化为：alna+a-1＜0．
令g（a）=alna+a-1，（a＞0），g（1）=0．
可知：a＞0时，
则g′（a）=lna+2，
可知：0＜a＜e^-2时，g′（a）＜0，函数g（a）单调递减；a＞e^-2时，g′（a）＞0，函数g（a）单调递增．
∴a=e^-2时，g（a）取得极小值即最小值，g（e^-2）=-e^-2-1＜0．
a→0时，g（a）→-1．
综上可得：a的取值范围是（0，1）．

点评 本题考查了利用导数研究函数的单调性极值与最值、不等式的解法，考查了分类讨论方法、推理能力与计算能力，属于难题．