Question

14．已知函数f（x）=x-alnx，（a∈R）．
（1）当a=2时，求曲线f（x）在x=1处的切线方程；
（2）设函数$h（x）=f（x）+\frac{1+a}{x}$，求函数h（x）的单调区间；
（3）若$g（x）=-\frac{1+a}{x}$，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

分析 （1）当a=2时，求导f′（x）=1-$\frac{2}{x}$，当x=1时，f（1）=1，曲线f（x）在x=1处的切线斜率k=f′（1）=-1，曲线f（x）在（1，1）处的切线方程：y-1=-（x-1），x+y-2=0；
（2）求导h′（x）=1-$\frac{a}{x}$-$\frac{1+a}{{x}^{2}}$=$\frac{（x+1）[x-（1+a）]}{{x}^{2}}$，当a＞-1时，令h′（x）＞0，求得函数单调递增区间，当h′（x）＜0，求得函数的单调递减区间，当a≤-1时，h′（x）＞0恒成立，h（x）在（0，+∞）上单调递增；
（3）由题意可知：在[1，e]上存在一点x₀，使得h（x₀）≤0，因此函数h（x）=x-alnx+$\frac{1+a}{x}$在[1，e]上的最小值[h（x）]_min≤0，分类，当a＞-1及当a≤-1时，根据函数的单调性，求得[h（x）]_min的值，即可求得a的取值范围．

解答 解：（1）当a=2时，则f（x）=x-2lnx，求导f′（x）=1-$\frac{2}{x}$，
当x=1时，f（1）=1，
曲线f（x）在（1，1）处的切线斜率k=f′（1）=1-$\frac{2}{1}$=-1，
∴曲线f（x）在（1，1）处的切线方程：y-1=-（x-1），即x+y-2=0，
∴曲线f（x）在x=1处的切线方程x+y-2=0；
（2）$h（x）=f（x）+\frac{1+a}{x}$=x-alnx+$\frac{1+a}{x}$，定义域为（0，+∞），
求导h′（x）=1-$\frac{a}{x}$-$\frac{1+a}{{x}^{2}}$=$\frac{（x+1）[x-（1+a）]}{{x}^{2}}$，
当a＞-1时，令h′（x）＞0，解得：x＞a+1；
令h′（x）＜0，解得：0＜x＜1+a，
故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）＞0恒成立，h（x）在（0，+∞）上单调递增，
综上可知：当a＞-1时，函数单调递增区间（0，a+1），单调递减区间（a+1，+∞）；当a≤-1时，单调递增区间（0，+∞）；
（3）由题意可知，在[1，e]上存在一点x₀，使得f（x₀）＜g（x₀）成立，
∴在[1，e]上存在一点x₀，使得h（x₀）≤0，
即函数h（x）=x-alnx+$\frac{1+a}{x}$在[1，e]上的最小值[h（x）]_min≤0，
由（2）可知：（Ⅰ）当a＞-1时：①当a+1≥e时，h（x）在[1，e]上单调递减，
∴[h（x）]_min=h（e）=e+$\frac{1+a}{e}$≤0，则a≥$\frac{{e}^{2}+1}{e-1}$，
∵$\frac{{e}^{2}+1}{e-1}$＞e-1，
∴a≥$\frac{{e}^{2}+1}{e-1}$；
②当a+1≤1时，h（x）在[1，e]上单调递增，
∴[h（x）]_min=h（1）=1+1+a≤0，
∴a≤-2，不满足题意；
③当1＜a+1＜e，即0＜a＜e-1，
∴[h（x）]_min=h（1+1）=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使得h（x₀）≤0成立，
（Ⅱ）当a≤-1时：h（x）在（0，+∞）上单调递增，
∴[h（x）]_min=h（1）=1+1+a≤0，即a≤-2，
综上所述，a的取值范围是：a≥$\frac{{e}^{2}+1}{e-1}$或a≤-2．

点评 本题考查导数的综合应用，考查利用导数求函数的单调性及最值，考查导数的几何意义，曲线的切线方程，考查分类讨论思想，属于中档题．