Question

已知函數(shù)f(x)=x-alnx，g(x)=-

1+a

x

(a∈R)．
（Ⅰ）當(dāng)a=1時，求曲線f（x）在x=1處的切線方程；
（Ⅱ）設(shè)函數(shù)h（x）=f（x）-g（x），求函數(shù)h（x）的單調(diào)區(qū)間；
（Ⅲ）若在[1，e]（e=2.718…）上存在一點x₀，使得f（x₀）＜g（x₀）成立，求a的取值范圍．

Answer 1

考點：導(dǎo)數(shù)在最大值、最小值問題中的應(yīng)用,利用導(dǎo)數(shù)研究曲線上某點切線方程

專題：綜合題,導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用

分析：（Ⅰ）先求出其導(dǎo)函數(shù)，求出切線斜率，即可求曲線f（x）在x=1處的切線方程；
（Ⅱ）先求出函數(shù)h（x）的導(dǎo)函數(shù)，分情況討論讓其大于0求出增區(qū)間，小于0求出減區(qū)間即可得到函數(shù)的單調(diào)區(qū)間；
（Ⅲ）先把f（x₀）＜g（x₀）成立轉(zhuǎn)化為h（x₀）＜0，即函數(shù)h(x)=x+

1+a

x

-alnx在[1，e]上的最小值小于零；再結(jié)合（Ⅱ）的結(jié)論分情況討論求出其最小值即可求出a的取值范圍．

解答： 解：（Ⅰ）f（x）的定義域為（0，+∞），
當(dāng)a=1時，f（x）=x-lnx，f′(x)=1-

1

x

=

x-1

x

，f（1）=1，f'（1）=0，切點（1，1），斜率k=0
∴曲線f（x）在點（1，1）處的切線方程為y=1
（Ⅱ）h(x)=x+

1+a

x

-alnx，∴h′（x）=

(x+1)[x-(1+a)]

x2

①當(dāng)a+1＞0時，即a＞-1時，在（0，1+a）上h'（x）＜0，在（1+a，+∞）上h'（x）＞0，
所以h（x）在（0，1+a）上單調(diào)遞減，在（1+a，+∞）上單調(diào)遞增；（7分）
②當(dāng)1+a≤0，即a≤-1時，在（0，+∞）上h'（x）＞0，
所以，函數(shù)h（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增．
（Ⅲ）在[1，e]上存在一點x₀，使得f（x₀）＜g（x₀）成立，即
在[1，e]上存在一點x₀，使得h（x₀）＜0，
即函數(shù)h(x)=x+

1+a

x

-alnx在[1，e]上的最小值小于零．
由（Ⅱ）可知：①1+a≥e，即a≥e-1時，h（x）在[1，e]上單調(diào)遞減，
所以h（x）的最小值為h（e），由h（e）=e+

1+a

e

-a＜0可得a＞

e2+1

e-1

，
因為

e2+1

e-1

＞e-1，所以a＞

e2+1

e-1

；
②當(dāng)1+a≤1，即a≤0時，h（x）在[1，e]上單調(diào)遞增，
所以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，可得h（x）最小值為h（1+a），
因為0＜ln（1+a）＜1，
所以，0＜aln（1+a）＜a
故h（1+a）=2+a-aln（1+a）＞2
此時，h（1+a）＜0不成立
綜上可得所求a的范圍是：a＞

e2+1

e-1

或a＜-2．

點評：本題考查利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，考查函數(shù)存在性問題，考查構(gòu)造函數(shù)思想及分析運算能力，屬于難題．