Question

18．已知函数$f（x）=x-alnx，g（x）=-\frac{1+a}{x}（a∈R）$．
（Ⅰ）设函数h（x）=f（x）-g（x），求函数h（x）的单调区间；
（Ⅱ）若不等式f（x）≤g（x）在区间[1，e]（e=2.71828…）的解集为非空集合，求实数a的取值范围．

Answer 1

分析 （Ⅰ）先求出函数的定义域，再求导，对a进行分类讨论，根据导数和函数的单调性的关系即可求出单调区间；
（Ⅱ）由题意可得即在[1，e]存在x₀使得f（x₀）≤g（x₀）成立，然后对a进行分类讨论，求出函数的最值即可得到a的取值范围．

解答 解：（Ⅰ）$h（x）=x-alnx+\frac{1+a}{x}$，定义域为（0，+∞），$h'（x）=1-\frac{a}{x}-\frac{1+a}{x^2}=\frac{{{x^2}-ax-（1+a）}}{x^2}=\frac{{（x+1）[{x-（1+a）}]}}{x^2}$，
①当a+1＞0，即a＞-1时，令h'（x）＞0，
∵x＞0，
∴x＞1+a，
令h'（x）＜0，得0＜x＜1，
故h（x）在（0，1+a）上单调递减，在（1+a，+∞）上单调递增，
②当a+1≤0，即a≤-1时，h'（x）＞0恒成立，h（x）在（0，+∞）上单调递增，
综上，当a＞-1时，h（x）的单调递减区间为（0，1+a），单调递增区间为（1+a，+∞）．
当a≤-1时，h（x）的单调递增区间为（0，+∞），无单调递减区间．
（Ⅱ）由题意可知，不等式f（x）≤g（x）在区间[1，e]（e=2.71828…）的解集为非空集合，
即在[1，e]存在x₀使得f（x₀）≤g（x₀）成立，
由（Ⅰ）中h（x）=f（x）-g（x），则在[1，e]存在x₀使得h（x₀）=f（x₀）-g（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（Ⅰ）知，当a≤-1时，h（x）在[1，e]上单调递增，∴h（x）_min=h（1）=2+a≤0，
∴a≤-2，
当a＞-1时，
①当a+1≥e，即a≥e-1时，h（x）在[1，e]上单调递减，
∴$h{（x）_{min}}=h（e）=e+\frac{1+a}{e}-a≤0$，
∴$a≥\frac{{{e^2}+1}}{e-1}$，
∵$\frac{{{e^2}+1}}{e-1}＞e-1$，
∴$a≥\frac{{{e^2}+1}}{e-1}$；
②当0＜a+1≤1，即-1＜a≤0时，h（x）在[1，e]上单调递增，
∴h（x）_min=h（1）=2+a≤0，
∴a≤-2，无解，
③当1＜a+1＜e，即0＜a＜e-1时，h（x）在[1，1+a）上单调递减，在[a+1，e]上单调递增，
∴h（x）_min=h（a+1）=a+2-aln（a+1），此时h（x）_min＞0，不合题意．
综上可得，实数a的取值范围是$a≥\frac{{{e^2}+1}}{e-1}$或a≤-2

点评 本题考查利用导数研究函数的单调性、最值，考查函数恒成立问题，考查转化思想，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题．