Question

已知函数f（x）=x-alnx，g(x)=-

1+a

x

，(a∈R)．
（Ⅰ）若a=1，求函数f（x）的极值；
（Ⅱ）设函数h（x）=f（x）-g（x），求函数h（x）的单调区间；
（Ⅲ）若在[1，e]（e=2.718…）上存在一点x₀，使得f（x₀）＜g（x₀）成立，求a的取值范围．

Answer 1

（Ⅰ）f（x）的定义域为（0，+∞），（1分）
当a=1时，f（x）=x-lnx，f′(x)=1-

1

x

=

x-1

x

，（2分）

x	（0，1）	1	（1，+∞）
f'（x）	-	0	+
f（x）		极小

（3分）
所以f（x）在x=1处取得极小值1．（4分）
（Ⅱ）h(x)=x+

1+a

x

-alnx，
h′(x)=1-

1+a

x2

-

a

x

=

x2-ax-(1+a)

x2

=

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

x2

（6分）
①当a+1＞0时，即a＞-1时，在（0，1+a）上h'（x）＜0，在（1+a，+∞）上h'（x）＞0，
所以h（x）在（0，1+a）上单调递减，在（1+a，+∞）上单调递增；（7分）
②当1+a≤0，即a≤-1时，在（0，+∞）上h'（x）＞0，
所以，函数h（x）在（0，+∞）上单调递增．（8分）
（ III）在[1，e]上存在一点x₀，使得f（x₀）＜g（x₀）成立，即
在[1，e]上存在一点x₀，使得h（x₀）＜0，
即函数h(x)=x+

1+a

x

-alnx在[1，e]上的最小值小于零．（9分）
由（Ⅱ）可知
①即1+a≥e，即a≥e-1时，h（x）在[1，e]上单调递减，
所以h（x）的最小值为h（e），
由h(e)=e+

1+a

e

-a＜0可得a＞

e2+1

e-1

，
因为

e2+1

e-1

＞e-1，
所以a＞

e2+1

e-1

；（10分）
②当1+a≤1，即a≤0时，h（x）在[1，e]上单调递增，
所以h（x）最小值为h（1），由h（1）=1+1+a＜0可得a＜-2；（11分）
③当1＜1+a＜e，即0＜a＜e-1时，可得h（x）最小值为h（1+a），
因为0＜ln（1+a）＜1，
所以，0＜aln（1+a）＜a
故h（1+a）=2+a-aln（1+a）＞2
此时，h（1+a）＜0不成立．（12分）
综上讨论可得所求a的范围是：a＞

e2+1

e-1

或a＜-2．（13分）