Question

7．已知函数 f（x）=alnx-x+1，g（x）=-x²+（a+1）x+1．
（1）若对任意的 x∈[1，e]，不等式 f（x）≥g（x）恒成立，求实数a的取值范围；
（2）若函数 h（x）在其定义城内存在实数 x₀，使得 h（x₀+k）=h（x₀）+h（k）（k≠0且为常数）成立，则称函数h（x）为保k阶函数，已知 H（x）=f（x）-（a-1）x+a-1为保a阶函数，求实数a的取值范围．

Answer 1

分析 （1）把对任意的 x∈[1，e]，不等式 f（x）≥g（x）恒成立，转化为a（x-lnx）≤x²-2x恒成立，再由x-lnx＞0得$a≤\frac{{x}^{2}-2x}{x-lnx}$恒成立．构造函数F（x）=$\frac{{x}^{2}-2x}{x-lnx}$，利用导数求其最小值得答案；
（2）由H（x）=f（x）-（a-1）x+a-1=alnx-x+1-ax+x+a-1=alnx-ax+a（x＞0），根据保a阶函数的概念列式，整理得到ln（x₀+a）-（x₀+a）+1=lnx₀-x₀+1+lna-a+1，即ln（x₀+a）=lnx₀+lna+1，转化为$a=\frac{1}{e-\frac{1}{{x}_{0}}}$，由x₀＞0可得实数a的取值范围是$a＞\frac{1}{e}$．

解答 解：（1）∵对任意的 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]，∴lnx≤lne=1≤x，
∵上式等号不能同时成立，∴lnx＜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．
∴函数F（x）=$\frac{{x}^{2}-2x}{x-lnx}$在区间[1，e]上单调递增，
∴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），
根据保a阶函数的概念，∴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），
∴ln（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$＞\frac{1}{e}$．
∴实数a的取值范围是$a＞\frac{1}{e}$．

点评 本题考查了利用导数研究函数的单调性，考查了利用导数求函数的最值，考查了数学转化与化归、分离参数等数学思想方法，着重考查恒成立问题的解法，难度较大．