Question

15．已知a＞0，函数f（x）=ln（x-1）-a（x-2），g（x）=e^x+（a²-2）x
（1）求f（x）在区间[2，3]上的最小值；
（2）设h（x）=af（x+2）+g（x），当x≥0时，h（x）≥-1恒成立，求实数的取值范围．

Answer 1

分析 （1）利用f'（x）=0得$x=1+\frac{1}{a}$，判断函数的单调性，通过（i）当a≥1时，（ii）当$0＜a≤\frac{1}{2}$时，（iii）当$\frac{1}{2}＜a＜1$时，分别求解函数的最值．
（2）h（x）=af（x+2）+g（x）=aln（x+1）+e^x-2x，则$h'（x）=\frac{a}{x+1}+{e^x}-2$，通过①当a≤0时，②当a＞0时，i当a≥1时，ii当0＜a＜1时，利用函数的导数结合函数的单调性求解函数的最值，推出实数a的取值范围．

解答 解：（1）$f'（x）=\frac{1}{x-1}-a=\frac{1+a-ax}{x-1}，（x＞1）$，由f'（x）=0得$x=1+\frac{1}{a}$，
当$x∈（1，1+\frac{1}{a}）$时，f'（x）＞0，f（x）为增函数；
当$x∈（1+\frac{1}{a}，+∞）$时，f'（x）＜0，f（x）为减函数…..（2分）
（i）当a≥1时，$1+\frac{1}{a}≤2$，f（x）在区间[2，3]上为减函数，f（x）_min=f（3）=ln2-a
（ii）当$0＜a≤\frac{1}{2}$时，$1+\frac{1}{a}≥3$，f（x）在区间[2，3]上为增函数，f（x）_min=f（2）=0
（iii）当$\frac{1}{2}＜a＜1$时，$2＜1+\frac{1}{a}＜3$，
若$\frac{1}{2}＜a＜ln2$时，f（x）_min=f（2）=0；若ln2≤a＜1时，f（x）_min=f（3）=ln2-a
综上，当a≥ln2时，f（x）_min=ln2-a；当0＜a＜ln2时，f（x）_min=0；…（5分）
（2）h（x）=af（x+2）+g（x）=aln（x+1）+e^x-2x，则$h'（x）=\frac{a}{x+1}+{e^x}-2$
①当a≤0时，h'（x）在[0，+∞）上单调递增，则h'（x）≥h'（0）=a-1，∵a-1＜0∴存在x₀∈（0，+∞），使得h'（x₀）=0，于是h（x）在区间（0，x₀）上单调递减，当x∈（0，x₀）时，h（x）＜h（0）=-1与h（x）≥-1恒成立相矛盾，不符合题意…．（7分）
②当a＞0时，令φ（x）=e^x-（x+1），（x≥0）则φ'（x）=e^x-1≥0，即φ（x）在[0，+∞）上单调递增，∴φ（x）≥φ（0）=e⁰-1=0，即e^x≥x+1．∴$h'（x）≥\frac{a}{x+1}+（{x+1}）-2≥2\sqrt{a}-2$
i当a≥1时，h'（x）≥0，于是，h（x）在[0，+∞）上单调递增，∴h（x）≥h（0）=-1恒成立，符合题意
ii当0＜a＜1时，$h''（x）=-\frac{a}{{{{（x+1）}^2}}}+{e^x}$在[0，+∞）上单调递增，
则h''（x）≥h''（0）=1-a＞0，即h'（x）在[0，+∞）上单调递增，所以h'（x）≥h'（0）=a-1∵a-1＜0∴存在x₀∈（0，+∞），使得h'（x₀）=0，于是h（x）在区间（0，x₀）上单调递减，
当x∈（0，x₀）时，h（x）＜h（0）=-1，与h（x）≥-1恒成立相矛盾，不符合题意．
综上，实数a的取值范围是[1，+∞）…..…（12分）

点评 本题考查函数的导数的综合应用，函数的单调性以及函数的最值的求法，二次求导以及函数的最值的转化，考查分析问题解决问题的能力．