Question

（2012•顺义区一模）已知函数f（x）=x-lnx，g（x）=x+

a2

x

，（其中a＞0）．
（Ⅰ）求曲线y=f（x）在（1，f（1））处的切线方程；
（Ⅱ）若x=1是函数h（x）=f（x）+g（x）的极值点，求实数a的值；
（Ⅲ）若对任意的x₁，x₂∈[1，e]，（e为自然对数的底数，e≈2.718）都有f（x₁）≤g（x₂），求实数a的取值范围．

Answer 1

分析：（Ⅰ）求出切点坐标，切线斜率f′（1），由点斜式即可求得切线方程；
（Ⅱ）写出h（x）及其定义域，求出h′（x），由题意得h′（1）=0，解出a值再进行验证即可；
（Ⅲ）对任意的x₁，x₂∈[1，e]都有f（x₁）≤g（x₂）成立，等价于对任意的x∈[1，e]都有f_max（x）≤g_min（x）成立，利用导数易判断f（x）在[1，e]上单调，从而可求得其最大值；求出导数g′（x）=

(x-a)(x+a)

x2

，分0＜a≤1，1＜a＜e，a≥e三种情况进行讨论可得g_min（x），然后解不等式f_max（x）≤g_min（x）可求得a的取值范围；

解答：解：（Ⅰ）f（1）=1-ln1=1，f′（x）=1-

1

x

，则f′（1）=0，即切线斜率为0，
故曲线y=f（x）在（1，f（1））处的切线方程为y-1=0•（x-1），即y=1；
（Ⅱ）h（x）=f（x）+g（x）=x-lnx+x+

a2

x

=2x+

a2

x

-lnx，定义域为（0，+∞），
∴h′(x)=2-

a2

x2

-

1

x

=

2x2-x-a2

x2

，
令h′（1）=0，解得a²=1，
又a＞0，∴a=1，
经验证a=1符合条件．
（Ⅲ）对任意的x₁，x₂∈[1，e]都有f（x₁）≤g（x₂）成立，等价于对任意的x∈[1，e]都有f_max（x）≤g_min（x）成立，
当x∈[1，e]时，f′(x)=1-

1

x

=

x-1

x

≥0，∴f（x）在[1，e]上单调递增，f_max（x）=f（e）=e-1．
∵g′(x)=1-

a2

x2

=

(x-a)(x+a)

x2

，x∈[1，e]，a＞0，
∴（1）若0＜a≤1，g′（x）≥0，g(x)=x+

a2

x

在[1，e]上单调递增，
∴gmin(x)=g(1)=1+a2，
∴1+a²≥e-1，解得

e-2

≤a≤1．
（2）若1＜a＜e，
当1≤x＜a时，则g′(x)=

(x-a)(x+a)

x2

＜0，当a≤x≤e时，则g′(x)=

(x-a)(x+a)

x2

≥0，
∴g（x）在[1，a）上递减，在[a，e]上递增，g_min（x）=g（a）=2a≥f_max（x）=e-1，解得a≥

e-1

2

，
又1＜a＜e，∴a∈（1，e）
（3）当a≥e时，g′(x)=

(x-a)(x+a)

x2

≤0，∴g（x）在[1，e]上递减，
gmin(x)=g(e)=e+

a2

e

≥fmax(x)=e-1，∴a²≥-e恒成立．
综上所述a∈[

e-2

，+∞)．

点评：本题考查导数的几何意义、利用导数研究函数的极值、闭区间上函数的最值及函数恒成立问题，考查转化思想、分类讨论思想，考查学生分析解决问题的能力，解决本题的关键是对问题进行恰当转化．