Question

已知函数f（x）=x-alnx（a∈R）．
（Ⅰ）当a=2时，求曲线f（x）在x=1处的切线方程；
（Ⅱ）设函数h（x）=f（x）+

1+a

x

，求函数h（x）的单调区间；
（Ⅲ）若g（x）=-

1+a

x

，在[1，e]（e=2.71828…）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：利用导数求闭区间上函数的最值,利用导数研究函数的单调性,利用导数研究曲线上某点切线方程

专题：导数的综合应用

分析：（Ⅰ）求出切点（1，1），求出f′(x)=1-

2

x

，然后求解斜率k，即可求解曲线f（x）在点（1，1）处的切线方程．
（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)=x-alnx+

1+a

x

在[1，e]上的最小值[h（x）]_min≤0，利用第（Ⅱ）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=2时，f（x）=x-2lnx，f（1）=1，切点（1，1），
∴f′(x)=1-

2

x

，∴k=f′（1）=1-2=-1，
∴曲线f（x）在点（1，1）处的切线方程为：y-1=-（x-1），即x+y-2=0．

（Ⅱ）h(x)=x-alnx+

1+a

x

，定义域为（0，+∞），h′(x)=1-

a

x

-

1+a

x2

=

x2-ax-(1+a)

x2

=

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

x2

，
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）由题意可知，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-alnx+

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+

1+a

e

-a≤0，∴a≥

e2+1

e-1

，
∵

e2+1

e-1

＞e-1，∴a≥

e2+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．            
综上可得所求a的范围是：a≥

e2+1

e-1

或a≤-2．

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．