Question

10．已知函数f（x）=x-alnx，g（x）=-$\frac{1+a}{x}$，（a∈R）．
（1）设函数h（x）=f（x）-g（x），当a＞0时求函数h（x）的单调区间；
（2）若在[1，e]（e=2.718…）上存在一点x₀，使得f（x₀）＜g（x₀）成立，求a的取值范围．

Answer 1

分析 （1）对h（x）求导，令h′（x）=0，（x＞0），解得x范围，进而得出单调性．
（2）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]上的最小值小于零．令$h'（x）=\frac{{{x^2}-ax-（1+a）}}{x^2}=\frac{（x+1）[x-（1+a）]}{x^2}$=0，解得x=1+a，对a分类讨论即可得出．

解答 解：（1）f（x）的定义域为（0，+∞），$h（x）=x+\frac{1+a}{x}-alnx$，$h'（x）=1-\frac{1+a}{x^2}-\frac{a}{x}$，x＞0．
化为：$h'（x）=\frac{{{x^2}-ax-（1+a）}}{x^2}=\frac{（x+1）[x-（1+a）]}{x^2}$，
∵a＞0，∴a+1＞0，
因此在（0，1+a）上h'（x）＜0，在（1+a，+∞）上h'（x）＞0，
∴h（x）在（0，1+a）上单调递减，在（1+a，+∞）上单调递增；
（2）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]上的最小值小于零．
令$h'（x）=\frac{{{x^2}-ax-（1+a）}}{x^2}=\frac{（x+1）[x-（1+a）]}{x^2}$=0，解得x=1+a．
①当1+a≥e，即a≥e-1时，h（x）在[1，e]上单调递减，
∴h（x）的最小值为h（e），由$h（e）=e+\frac{1+a}{e}-a＜0$，可得$a＞\frac{{{e^2}+1}}{e-1}$，
∵$\frac{{{e^2}+1}}{e-1}＞e-1$，∴$a＞\frac{{{e^2}+1}}{e-1}$．
②当1+a≤1，即a≤0时，h（x）在[1，e]上单调递增，
∴h（x）最小值为h（1），由h（1）=1+1+a＜0，可得a＜-2；
③当1＜1+a＜e，即0＜a＜e-1时，可得h（x）最小值为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．
综上讨论可得：所求a的范围是：$a＞\frac{{{e^2}+1}}{e-1}$或a＜-2．

点评 本题考查了利用导数研究函数的单调性极值与最值、不等式的解法、方程的解法，考查了分类讨论方法、推理能力与计算能力，属于难题．