Question

11．已知函数f（x）=x+$\frac{1}{x}$，g（x）=alnx-$\frac{a}{x}$．
（1）设函数h（x）=f（x）-g（x），求函数h（x）的单调区间；
（2）若在区间[1，e]（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 （1）先求出函数h（x）的导数，通过讨论a的范围，从而求出函数的单调区间；
（2）问题转化为?x∈[1，e]，都有f（x）_min≥g（x）_max恒成立，通过求导分别求出f（x）的最小值和g（x）的最大值即可．

解答 解：（1）∵函数f（x）=x+$\frac{1}{x}$，g（x）=alnx-$\frac{a}{x}$，（x＞0），
∴h（x）=f（x）-g（x）=x+$\frac{1}{x}$-alnx+$\frac{a}{x}$=x+$\frac{a+1}{x}$-alnx，
∴h′（x）=1-$\frac{a+1}{{x}^{2}}$-$\frac{a}{x}$=$\frac{{x}^{2}-ax-（a+1）}{{x}^{2}}$=$\frac{（x-a-1）（x+1）}{{x}^{2}}$，
①a≤-1时，-a-1≥0，h′（x）＞0，h（x）在（0，+∞）递增，
②a＞-1时，令h′（x）＞0，解得：x＞a+1，令h′（x）＜0，解得：0＜x＜a+1，
∴h（x）在（0，a+1）递减，在（a+1，+∞）递增；
（2）若在区间[1，e]（e=2.71828…）上不存在x₀，使得f（x₀）＜g（x₀）成立，
即?x∈[1，e]，都有f（x）≥g（x）恒成立，
即?x∈[1，e]，都有f（x）_min≥g（x）_max恒成立，
f（x）=x+$\frac{1}{x}$，f′（x）=1-$\frac{1}{{x}^{2}}$=$\frac{{x}^{2}-1}{{x}^{2}}$=$\frac{（x+1）（x-1）}{{x}^{2}}$，
令f′（x）＞0，解得：x＞1，令f′（x）＜0，解得：0＜x＜1，
∴f（x）在（0，1）递减，在（1，+∞）递增，
∴f（x）在[1，e]上递增，
∴f（x）_min=f（1）=2，
g（x）=alnx-$\frac{a}{x}$，g′（x）=$\frac{a}{x}$+$\frac{a}{{x}^{2}}$=$\frac{a（x+1）}{{x}^{2}}$，
a=0时，g（x）=0＜f（1），成立，
a＞0时，g′（x）＞0，g（x）在[1，e]递增，
∴g（x）_max=g（e）=a-$\frac{a}{e}$，只需a-$\frac{a}{e}$≤2即可，
解得：a≤$\frac{2e}{e-1}$，
a＜0时，g′（x）＜0，g（x）在[1，e]递减，
∴g（x）_max=g（1）=-a，只需-a≤2即可，
解得：a≥-2，
综上：-2≤a≤$\frac{2e}{e-1}$．

点评 本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应用，考查转化思想，是一道中档题．