Question

5．已知函数f（x）=x-alnx，g（x）=-$\frac{1+a}{x}$（a＞0）
（1）若a=l，求f（x）的极值；
（2）若存在x₀∈[1，e]，使得f（x₀）＜g（x₀）成立，求实数a的取值范围．

Answer 1

分析 （1）求出函数的导数，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；
（2）问题转化为[f（x）-g（x）]_min＜0，（x∈[1，e]）成立，设h（x）=f（x）-g（x）=x-alnx+$\frac{1+a}{x}$，根据函数的单调性求出a的范围即可．

解答 解：（1）a=1时，f（x）=x-lnx，
函数f（x）的定义域是（0，+∞），
f′（x）=1-$\frac{1}{x}$=$\frac{x-1}{x}$，
令f′（x）＞0，解得：x＞1，
令f′（x）＜0，解得：0＜x＜1，
故f（x）在（0，1）递减，在（1，+∞）递增，
故f（x）的极小值是f（1）=1，无极大值；
（2）存在x₀∈[1，e]，使得f（x₀）＜g（x₀）成立，
等价于[f（x）-g（x）]_min＜0，（x∈[1，e]）成立，
设h（x）=f（x）-g（x）=x-alnx+$\frac{1+a}{x}$，
则h′（x）=$\frac{（x+1）（x-1-a）}{{x}^{2}}$，
令h′（x）=0，解得：x=-1（舍），x=1+a；
①当1+a≥e，h（x）在[1，e]递减，
∴h（x）_min=h（e）=e²-ea+1+a，
令h（x）_min＜0，解得：a＞$\frac{{e}^{2}+1}{e-1}$；
②当1+a＜e时，h（x）在（1，a+1）递减，在（a+1，e）递增，
∴h（x）_min=h（1+a）=a[1-ln（a+1）]+2＞2与h（x）_min＜0矛盾，
综上，a＞$\frac{{e}^{2}+1}{e-1}$．

点评 本题考查了函数的单调性、极值问题，考查导数的应用以及分类讨论思想，是一道中档题．