Question

4．已知函数f（x）=x-alnx，g（x）=-$\frac{1+a}{x}$（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）若在区间[1，e=2.71828…）上不存在x₀，使得f（x₀）＜g（x₀）成立，求实数a的取值范围．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函数f（x）的导数，解关于导函数的不等式，求出函数的单调区间，从而求出函数的极值即可；
（Ⅱ）求出函数的定义域，函数的导函数，①a＞-1时，②a≤-1时，分别求解函数的单调区间即可；
（Ⅲ）转化已知条件为函数h（x）在[1，e]上的最小值[h（x）]_min≤0，利用第（1）问的结果，通过①a≥e-1时，②a≤0时，③0＜a＜e-1时，分别求解函数的最小值，推出所求a的范围．

解答 解：（Ⅰ）当a=1时，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）上递减，在（1，+∞）上递增，
∴f（x）的极小值为f（1）=1； 
（Ⅱ）h（x）=x-alnx+$\frac{1+a}{x}$，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a+1＞0，即a＞-1时，令h′（x）＞0，
∵x＞0，∴x＞1+a
令h′（x）＜0，∵x＞0，∴0＜x＜1+a．
②当a+1≤0，即a≤-1时，h′（x）＞0恒成立，
综上：当a＞-1时，h（x）在（0，a+1）上单调递减，在（a+1，+∞）上单调递增．
当a≤-1时，h（x）在（0，+∞）上单调递增．                        
（Ⅲ）先解区间[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）=f（x₀）-g（x₀）＜0，
即函数h（x）=x-alnx+$\frac{1+a}{x}$在[1，e]上的最小值[h（x）]_min＜0．
由第（Ⅱ）问，①当a+1≥e，即a≥e-1时，h（x）在[1，e]上单调递减，
∴[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当a+1≤1，即a≤0时，h（x）在[1，e]上单调递增，
∴[h（x）]_min=h（1）=1+1+a＜0，
∴a＜-2，
③当1＜a+1＜e，即0＜a＜e-1时，∴[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，
此时不存在x₀使h（x₀）＜0成立，
综上：存在一点x₀，使得f（x₀）＜g（x₀）成立，实数a的取值范围为：a＜-2或a＞$\frac{{e}^{2}+1}{e-1}$，
所以不存在一点x₀，使得f（x₀）＜g（x₀）成立，实数a的取值范围为-2≤a≤$\frac{{e}^{2}+1}{e-1}$．

点评 本题考查函数的导数的综合应用，曲线的切线方程函数的单调性以及函数的最值的应用，考查分析问题解决问题得到能力．