若函数f(x)=x（若函数f(x)）

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1、(1)f′（x）=(x-1)/x 当0<x<1时，f′（x）<0, f（x）为减函数；

2、 当x≥1时，f′（x）>0, f（x）为递增函数，则当x=1时，函数极小值f(1)=1-0=1

3、(2)h(x)=f(x)-g(x)=x-alnx+(1+a)/x,则h′（x）=1-a/x-(1+a)/x^2=(x^2-ax-a-1)/x^2=(x+1)[(x-(1+a)]/x^2

4、 ①当1+a>0时，即a>-1时，在（0，1+a)上，h′（x）<0;在（1+a,)上h′（x）>0

5、 所以h(x)在（0,1+a)上单调递减，在（1+a,+∞)单调递增

6、 ②当1+a≤0,即a≤-1时，在(0,+∞)上h′（x）>0,所以函数h(x)单调递增。

7、（3）在[1,e]上存在x0使得f(x)<g(x)成立，即h(x0)<0,即函数h(x)最小值小于0，

8、 由（2）可知：

9、 ①当1+a>e,即a>e-1时，则h′（x）<0;函数h(x)在[1,e]上单调递减，

10、 h(x)最小值为h(e)=e+(1+a)/e-a<0,得a>(e^2+1)/e-1

11、 ②当1+a≤1,即a≤0时，h′（x）>0,h(x)在[1,e]上单调递增，函数最小值h(1)=1+1+a<0

12、 得a<-2;

13、 ③当1<1+a<e,即0<a<e-1时，最小值为h(1+a),因0<ln(1+e)<1,所以0<aln(1+a)<a,

14、 则h(1+a)=2+a-aln(1+a)>2,而与h(1+a)<0矛盾，不成立

15、 所以，只有①和②可满足题意

本文到此讲解完毕了，希望对大家有帮助。