Question

9．已知函數(shù)f（x）=x-lnx，g（x）=$\frac{lnx}{x}$．
（1）求f（x）的最小值；
（2）求證：f（x）＞g（x）；
（3）若f（x）+ax+b≥0，求$\frac{b+1}{a+1}$的最小值．

Answer 1

分析 （1）求出原函數(shù)的定義域，再求出原函數(shù)的導(dǎo)函數(shù)，由導(dǎo)函數(shù)大于0求得原函數(shù)的增區(qū)間，由導(dǎo)函數(shù)小于0求得原函數(shù)的減區(qū)間，從而得到函數(shù)的最小值；
（2）由（1）求得函數(shù)f（x）的最小值，再由導(dǎo)數(shù)求得函數(shù)g（x）的最大值，則結(jié)論得證；
（3）由f（x）+ax+b≥0分離變量b，利用導(dǎo)數(shù)可得b≥1-ln（a+1），則$\frac{b+1}{a+1}≥\frac{-ln（a+1）}{a+1}$．設(shè)φ（a）=$-\frac{ln（a+1）}{a+1}$．求導(dǎo)求其最小值，則$\frac{b+1}{a+1}$的最小值可求．

解答 （1）解：f（x）的定義域是（0，+∞），
f′（x）=1-$\frac{1}{x}$=$\frac{x-1}{x}$，
令f′（x）＜0，解得：0＜x＜1，
令f′（x）＞0，解得：x＞1，
∴f（x）在（0，1）遞減，在（1，+∞）遞增，
∴f（x）的最小值是f（1）=1；
（2）證明：g（x）=$\frac{lnx}{x}$，g′（x）=$\frac{1-lnx}{{x}^{2}}$，
令g′（x）＞0，解得：0＜x＜e，令g′（x）＜0，解得：x＞e，
故g（x）在（0，e）遞增，在（e，+∞）遞減，
故g（x）_max=g（e）=$\frac{1}{e}$，
由（1）f（x）_min=f（1）=1＞g（e）=$\frac{1}{e}$，
故f（x）＞g（x）；
（3）解：f（x）+ax+b≥0，即x-lnx+ax+b≥0．
∴b≥lnx-ax-x，
令h（x）=lnx-ax-x，h′（x）=$\frac{1}{x}-a-1$=$\frac{1}{x}-（a+1）$，
若a+1≤0，則h′（x）＞0，h（x）為增函數(shù)，無最大值；
若a+1＞0，由h′（x）＞0，得0＜x＜$\frac{1}{a+1}$，由h′（x）＜0，得x＞$\frac{1}{a+1}$，
∴h（x）在（0，$\frac{1}{a+1}$）上為增函數(shù)，在（$\frac{1}{a+1}，+∞$）上為減函數(shù)，
∴h（x）≤h（$\frac{1}{a+1}$）=-1-ln（a+1）．
∴b≥-1-ln（a+1），
∴$\frac{b+1}{a+1}≥\frac{-ln（a+1）}{a+1}$．
設(shè)φ（a）=$-\frac{ln（a+1）}{a+1}$．
則φ′（a）=$\frac{ln（a+1）-1}{（a+1）^{2}}$，
由φ′（a）＞0，得a＞e-1；由φ′（a）＜0，得-1＜a＜e-1．
∴φ（a）≥φ（e-1）=$-\frac{1}{e}$．
∴$\frac{b+1}{a+1}$的最小值為$-\frac{1}{e}$．

點評 本題考查利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)在閉區(qū)間上的最值，考查數(shù)學(xué)轉(zhuǎn)化思想方法，分離變量及靈活構(gòu)造函數(shù)是解答該題的關(guān)鍵，屬難題．