Question

10．已知函數(shù)f（x）=x-alnx，g（x）=-$\frac{1+a}{x}$，（a∈R）．
（1）設(shè)函數(shù)h（x）=f（x）-g（x），當(dāng)a＞0時(shí)求函數(shù)h（x）的單調(diào)區(qū)間；
（2）若在[1，e]（e=2.718…）上存在一點(diǎn)x₀，使得f（x₀）＜g（x₀）成立，求a的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）對(duì)h（x）求導(dǎo)，令h′（x）=0，（x＞0），解得x范圍，進(jìn)而得出單調(diào)性．
（2）在[1，e]上存在一點(diǎn)x₀，使得f（x₀）＜g（x₀）成立，即在[1，e]上存在一點(diǎn)x₀，使得h（x₀）＜0，即函數(shù)$h（x）=x+\frac{1+a}{x}-alnx$在[1，e]上的最小值小于零．令$h'（x）=\frac{{{x^2}-ax-（1+a）}}{x^2}=\frac{（x+1）[x-（1+a）]}{x^2}$=0，解得x=1+a，對(duì)a分類討論即可得出．

解答 解：（1）f（x）的定義域?yàn)椋?，+∞），$h（x）=x+\frac{1+a}{x}-alnx$，$h'（x）=1-\frac{1+a}{x^2}-\frac{a}{x}$，x＞0．
化為：$h'（x）=\frac{{{x^2}-ax-（1+a）}}{x^2}=\frac{（x+1）[x-（1+a）]}{x^2}$，
∵a＞0，∴a+1＞0，
因此在（0，1+a）上h'（x）＜0，在（1+a，+∞）上h'（x）＞0，
∴h（x）在（0，1+a）上單調(diào)遞減，在（1+a，+∞）上單調(diào)遞增；
（2）在[1，e]上存在一點(diǎn)x₀，使得f（x₀）＜g（x₀）成立，即在[1，e]上存在一點(diǎn)x₀，使得h（x₀）＜0，
即函數(shù)$h（x）=x+\frac{1+a}{x}-alnx$在[1，e]上的最小值小于零．
令$h'（x）=\frac{{{x^2}-ax-（1+a）}}{x^2}=\frac{（x+1）[x-（1+a）]}{x^2}$=0，解得x=1+a．
①當(dāng)1+a≥e，即a≥e-1時(shí)，h（x）在[1，e]上單調(diào)遞減，
∴h（x）的最小值為h（e），由$h（e）=e+\frac{1+a}{e}-a＜0$，可得$a＞\frac{{{e^2}+1}}{e-1}$，
∵$\frac{{{e^2}+1}}{e-1}＞e-1$，∴$a＞\frac{{{e^2}+1}}{e-1}$．
②當(dāng)1+a≤1，即a≤0時(shí)，h（x）在[1，e]上單調(diào)遞增，
∴h（x）最小值為h（1），由h（1）=1+1+a＜0，可得a＜-2；
③當(dāng)1＜1+a＜e，即0＜a＜e-1時(shí)，可得h（x）最小值為h（1+a），
∵0＜ln（1+a）＜1，∴0＜aln（1+a）＜a，
故h（1+a）=2+a-aln（1+a）＞2，此時(shí)，h（1+a）＜0不成立．
綜上討論可得：所求a的范圍是：$a＞\frac{{{e^2}+1}}{e-1}$或a＜-2．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性極值與最值、不等式的解法、方程的解法，考查了分類討論方法、推理能力與計(jì)算能力，屬于難題．