Question

15．已知函数f（x）=x-alnx，g（x）=-$\frac{1+a}{x}$（a＞0）．
（Ⅰ）若a=1，求函数f（x）的极值；
（Ⅱ）设函数h（x）=f（x）-g（x），求函数h（x）的单调区间；
（Ⅲ）若存在x₀∈[1，e]，使得f（x₀）＜g（x₀）成立，求a的取值范围．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出导数，求得单调区间，进而得到极小值；
（Ⅱ）求出h（x）的导数，注意分解因式，结合a＞0，即可求得单调区间；
（III）若在[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h（x）在[1，e]上的最小值小于零．对a讨论，①当1+a≥e，②当1＜1+a＜e，求得单调区间和最小值即可．

解答 解：（Ⅰ）f（x）=x-alnx的定义域为（0，+∞）．                          
当a=1时，f′（x）=$\frac{x-1}{x}$．                                          
由f′（x）=0，解得x=1．
当0＜x＜1时，f′（x）＜0，f（x）单调递减；
当x＞1时，f′（x）＞0，f（x）单调递增，
所以当x=1时，函数f（x）取得极小值，极小值为f（1）=1-ln1=1；       
（Ⅱ）h（x）=f（x）-g（x）=x-alnx+$\frac{1+a}{x}$，其定义域为（0，+∞）．
又h′（x）=$\frac{{x}^{2}-ax-（1+a）}{{x}^{2}}$=$\frac{（x+1）[x-（1+a）]}{{x}^{2}}$．                   
由a＞0可得1+a＞0，在0＜x＜1+a上，h′（x）＜0，在x＞1+a上，h′（x）＞0，
所以h（x）的递减区间为（0，1+a）；递增区间为（1+a，+∞）．           
（III）若在[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h（x）在[1，e]上的最小值小于零． 
①当1+a≥e，即a≥e-1时，由（II）可知h（x）在[1，e]上单调递减．
故h（x）在[1，e]上的最小值为h（e），
由h（e）=e+$\frac{1+a}{e}$-a＜0，可得a＞$\frac{{e}^{2}+1}{e-1}$．                      
因为$\frac{{e}^{2}+1}{e-1}$＞e-1．所以a＞$\frac{{e}^{2}+1}{e-1}$．  
②当1＜1+a＜e，即0＜a＜e-1时，
由（II）可知h（x）在（1，1+a）上单调递减，在（1+a，e）上单调递增．
h（x）在[1，e]上最小值为h（1+a）=2+a-aln（1+a）．                 
因为0＜ln（1+a）＜1，所以0＜aln（1+a）＜a．
则2+a-aln（1+a）＞2，即h（1+a）＞2不满足题意，舍去．          
综上所述：a∈（$\frac{{e}^{2}+1}{e-1}$，+∞）．

点评 本题考查导数的运用：求单调区间和极值、最值，同时考查不等式成立的问题转化为求函数的最值，运用分类讨论的思想方法是解题的关键．