Question

设a∈R，函数f（x）=x-alnx，g（x）=

1+a

x

．
（Ⅰ）若a=1，求函数f（x）的极值；
（Ⅱ）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

考点：利用导数研究函数的极值,利用导数求闭区间上函数的最值

专题：计算题,分类讨论,导数的综合应用,不等式的解法及应用

分析：（Ⅰ）求出a=1的f（x）的导数，求得单调区间，进而得到极值；
（Ⅱ）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x0+

1+a

x0

-alnx0＜0，令h（x）=x+

1+a

x

-alnx，则转化为在[1，e]上存在一点x₀，使得h（x₀）＜0，
即函数h（x）在[1，e]上的最小值小于零．求出h（x）的导数，对a讨论，根据单调性，求得最小值，再解不等式即可得到a的范围．

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

1

x

=

x-1

x

列表如下，分析f'（x）的符号、f（x）的单调性和极值点．

x	（0，1）	1	（1，+∞）
f'（x）	-	0	+
f（x）	↘	极小值	↗

所以f（x）在x=1处取得极小值1；
（Ⅱ）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x0+

1+a

x0

-alnx0＜0
令h（x）=x+

1+a

x

-alnx，则转化为在[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．
h′（x）=1-

1+a

x2

-

a

x

=

x2-ax-(1+a)

x2

=

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

x2

，
①当1+a≥e，即a≥e-1时，h'（x）＜0（1＜x＜e），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

e2-1

，
因为

e2+1

e2-1

＞e-1，所以a＞

e2+1

e2-1

；
②当1+a≤1，即a≤0时，h'（x）＞0（1＜x＜e），h（x）在[1，e]上单调递增，
所以h（x）的最小值为h（1），由h（1）=1+1+a＜0可得a＜-2；
③当1＜1+a＜e，即0＜a＜e-1时，h'（x）＜0得1＜x＜1+a，h'（x）＞0得1+a＜x＜e，
则有h（x）在[1，1+a]上单调递减，h（x）在[1+a，e]上单调递增，
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．
综上可知，a的取值范围是a＞

e2+1

e2-1

或a＜-2．

点评：本题考查导数的运用：求单调区间和求极值、最值，考查存在性问题的解法，考查分类讨论的思想方法，考查运算能力，属于中档题和易错题．