Question

3．已知函数f（x）=x-alnx，g（x）=-$\frac{1+a}{x}$，其中a∈R
（1）设函数h（x）=f（x）-g（x），求函数h（x）的单调区间；
（2）若存在x₀∈[1，e]，使得f（x₀）＜g（x₀）成立，求a的取值范围．

Answer 1

分析 （1）先求函数h（x）的定义域，求出函数h（x）的导数，从而讨论判断函数的单调性；（2）分类讨论函数的单调性，从而化存在性问题为最值问题，从而解得．

解答 解：（1）函数h（x）=x-alnx+$\frac{1+a}{x}$的定义域为（0，+∞），
h′（x）=1-$\frac{a}{x}$-$\frac{1+a}{{x}^{2}}$=$\frac{（x+1）[x-（1+a）]}{{x}^{2}}$，
①当1+a≤0，即a≤-1时，
h′（x）＞0，
故h（x）在（0，+∞）上是增函数；
②当1+a＞0，即a＞-1时，
x∈（0，1+a）时，h′（x）＜0；x∈（1+a，+∞）时，h′（x）＞0；
故h（x）在（0，1+a）上是减函数，在（1+a，+∞）上是增函数；
（2）由（1）令h（x₀）=f（x₀）-g（x₀），x₀∈[1，e]，
①当a≤-1时，
存在x₀∈[1，e]（e=2.718…），使得h（x₀）＜0成立可化为
h（1）=1+1+a＜0，
解得，a＜-2；
②当-1＜a≤0时，
存在x₀∈[1，e]（e=2.718…），使得h（x₀）＜0成立可化为
h（1）=1+1+a＜0，解得，a＜-2；
③当0＜a≤e-1时，
存在x₀∈[1，e]（e=2.718…），使得h（x₀）＜0成立可化为
h（1+a）=1+a-aln（1+a）+1＜0，无解；
④当e-1＜a时，
存在x₀∈[1，e]（e=2.718…），使得h（x₀）＜0成立可化为
h（e）=e-a+$\frac{1+a}{e}$＜0，
解得，a＞$\frac{{e}^{2}+1}{e-1}$；
综上所述，
a的取值范围为（-∞，-2）∪（$\frac{{e}^{2}+1}{e-1}$，+∞）．

点评 本题考查了导数的综合应用及存在性问题的应用，同时考查了分类讨论的思想应用，属于难题．