Question

18．已知函数f（x）=x-alnx，$g（x）=-\frac{a+1}{x}$
（1）若a=1，求函数f（x）在x=e处的切线方程
（2）设函数h（x）=f（x）-g（x），求h（x）的单调区间
（3）若存在x₀∈[1，e]，（e=2.718…为自然对数的底数），使得f（x₀）＜g（x₀）成立，求a的取值范围．

Answer 1

分析 （1）求出函数的导数，计算f（e），f′（e），求出切线方程即可；
（2）求出h（x）的导数，通过讨论a的范围，求出函数的单调区间即可
（3）问题转化为函数h（x）=x+$\frac{1+a}{x}$-alnx在[1，e]上的最小值是0，通过讨论a的范围确定函数的单调性，从而求出a的范围即可．

解答 解：（1）a=1时，f（x）=x-lnx，
f（e）=e-1，f′（x）=$\frac{x-1}{x}$，
∴f′（e）=$\frac{e-1}{e}$，
∴f（x）在x=e处的切线方程为（e-1）x-ey=0；
（2）h（x）=x+$\frac{1+a}{x}$-alnx，h′（x）=$\frac{（x+1）[x-（1+a）]}{{x}^{2}}$，
①a+1＞0，即a＞-1时，在（0，1+a）上h′（x）＜0，
在（1+a，+∞）上h′（x）＞0，
∴h（x）在（0，1+a）递减，在（1+a，+∞）递增；
②1+a≤0即a≤-1时，在（0，+∞）上h′（x）＞0，
∴函数h（x）在（0，+∞）上递增；
（3）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+$\frac{1+a}{x}$-alnx在[1，e]上的最小值是0，
由（2）得：
①1+a≥e，即a≥e-1时，h（x）在[1，e]上递减；
∴h（x）的最小值是h（e），由h（e）=e+$\frac{1+a}{e}$-a＜0，
得a＞$\frac{{e}^{2}+1}{e-1}$，∵$\frac{{e}^{2}+1}{e-1}$＞e-1，∴a＞$\frac{{e}^{2}+1}{e-1}$；
②1+a≤1，即a≤0时，h（x）在[1，e]上递增，
∴h（x）的最小值是h（1），由h（1）=1+1+a＜0，解得：a＜-2；
③1＜1+a＜e，即0＜a＜e-1时，可得h（x）的最小值是h（1+a），
∵0＜ln（1+a）＜1，
∴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，a的范围是a＞$\frac{{e}^{2}+1}{e-1}$或a＜-2．

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