Question

16．已知函数f（x）=x-alnx，$g（x）=-\frac{1+a}{x}$（a∈R）．
（1）若a=1，求函数f（x）在（2，f（2））处的切线方程；
（2）设函数h（x）=f（x）-g（x），求函数h（x）的单调区间；
（3）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）先求出其导函数，求出切线斜率，即可求曲线f（x）在x=2处的切线方程；
（2）先求出函数h（x）的导函数，分情况讨论让其大于0求出增区间，小于0求出减区间即可得到函数的单调区间；
（3）先把f（x₀）＜g（x₀）成立转化为h（x₀）＜0，即函数h（x）=x+$\frac{1+a}{x}$在[1，e]上的最小值小于零；再结合（Ⅱ）的结论分情况讨论求出其最小值即可求出a的取值范围．

解答 解：（1）当a=1时，f（x）=x-lnx，f′（x）=1-$\frac{1}{x}$，
$f'（2）=\frac{2-1}{2}=\frac{1}{2}$，f（2）=2-ln2，
所以函数f（x）在（2，f（2））处的切线方程是$y-（{2-ln2}）=\frac{1}{2}（{x-2}）$，
即x-2y+2-2ln2=0；
（2）h（x）=x+$\frac{1+a}{x}$-alnx，h′（x）=1-$\frac{1+a}{{x}^{2}}$-$\frac{a}{x}$=$\frac{（x+1）（x-1-a）}{{x}^{2}}$，
①当a+1＞0时，即a＞-1时，在（0，1+a）上h'（x）＜0，
在（1+a，+∞）上h'（x）＞0，
所以h（x）在（0，1+a）上单调递减，在（1+a，+∞）上单调递增；
②当1+a≤0，即a≤-1时，在（0，+∞）上h'（x）＞0，
所以，函数h（x）在（0，+∞）上单调递增．
（3）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．
由（2）可知①即1+a≥e，即a≥e-1时，h（x）在[1，e]上单调递减，
所以h（x）的最小值为h（e），
由h（e）=e+$\frac{1+a}{e}$-a＜0可得a＞$\frac{{e}^{2}+1}{e-1}$，
因为$\frac{{e}^{2}+1}{e-1}$＞e-1，
所以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，
所以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），
因为0＜ln（1+a）＜1，
所以，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 本题考查利用导数研究函数的单调性，考查函数存在性问题，考查构造函数思想及分析运算能力，属于难题．