Question

4．已知函數(shù)f（x）=x-alnx，g（x）=-$\frac{1+a}{x}$（a∈R）．
（Ⅰ）若a=1，求函數(shù)f（x）的極值；
（Ⅱ）設函數(shù)h（x）=f（x）-g（x），求函數(shù)h（x）的單調(diào)區(qū)間；
（Ⅲ）若在區(qū)間[1，e=2.71828…）上不存在x₀，使得f（x₀）＜g（x₀）成立，求實數(shù)a的取值范圍．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函數(shù)f（x）的導數(shù)，解關于導函數(shù)的不等式，求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，從而求出函數(shù)的極值即可；
（Ⅱ）求出函數(shù)的定義域，函數(shù)的導函數(shù)，①a＞-1時，②a≤-1時，分別求解函數(shù)的單調(diào)區(qū)間即可；
（Ⅲ）轉化已知條件為函數(shù)h（x）在[1，e]上的最小值[h（x）]_min≤0，利用第（1）問的結果，通過①a≥e-1時，②a≤0時，③0＜a＜e-1時，分別求解函數(shù)的最小值，推出所求a的范圍．

解答 解：（Ⅰ）當a=1時，f（x）=x-lnx，
f′（x）=$\frac{x-1}{x}$，令f′（x）＞0，解得：x＞1，令f′（x）＜0，解得：0＜x＜1，
∴f（x）在（0，1）上遞減，在（1，+∞）上遞增，
∴f（x）的極小值為f（1）=1； 
（Ⅱ）h（x）=x-alnx+$\frac{1+a}{x}$，定義域為（0，+∞），
h′（x）=1-$\frac{a}{x}$-$\frac{1+a}{{x}^{2}}$=$\frac{（x+1）[x-（1+a）]}{{x}^{2}}$，
①當a+1＞0，即a＞-1時，令h′（x）＞0，
∵x＞0，∴x＞1+a
令h′（x）＜0，∵x＞0，∴0＜x＜1+a．
②當a+1≤0，即a≤-1時，h′（x）＞0恒成立，
綜上：當a＞-1時，h（x）在（0，a+1）上單調(diào)遞減，在（a+1，+∞）上單調(diào)遞增．
當a≤-1時，h（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增．                        
（Ⅲ）先解區(qū)間[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）=f（x₀）-g（x₀）＜0，
即函數(shù)h（x）=x-alnx+$\frac{1+a}{x}$在[1，e]上的最小值[h（x）]_min＜0．
由第（Ⅱ）問，①當a+1≥e，即a≥e-1時，h（x）在[1，e]上單調(diào)遞減，
∴[h（x）]_min=h（e）=e+$\frac{1+a}{e}$-a＜0，
∴a＞$\frac{{e}^{2}+1}{e-1}$，
∵$\frac{{e}^{2}+1}{e-1}$＞e-1，∴a＞$\frac{{e}^{2}+1}{e-1}$；                 
②當a+1≤1，即a≤0時，h（x）在[1，e]上單調(diào)遞增，
∴[h（x）]_min=h（1）=1+1+a＜0，
∴a＜-2，
③當1＜a+1＜e，即0＜a＜e-1時，∴[h（x）]_min=h（1+a）=2+a-aln（1+a）＜0，
∵0＜ln（1+a）＜1，∴0＜aln（1+a）＜a，∴h（1+a）＞2，
此時不存在x₀使h（x₀）＜0成立，
綜上：存在一點x₀，使得f（x₀）＜g（x₀）成立，實數(shù)a的取值范圍為：a＜-2或a＞$\frac{{e}^{2}+1}{e-1}$，
所以不存在一點x₀，使得f（x₀）＜g（x₀）成立，實數(shù)a的取值范圍為-2≤a≤$\frac{{e}^{2}+1}{e-1}$．

點評 本題考查函數(shù)的導數(shù)的綜合應用，曲線的切線方程函數(shù)的單調(diào)性以及函數(shù)的最值的應用，考查分析問題解決問題得到能力．