Question

已知函數(shù)f（x）=x-alnx，g(x)=-

1+a

x

，(a∈R)．
（1）設(shè)函數(shù)h（x）=f（x）-g（x），求函數(shù)h（x）的單調(diào)區(qū)間；
（2）若在區(qū)間[1，e]（e=2.718…）上存在一點(diǎn)x₀，使得f（x₀）＜g（x₀）成立，求a的取值范圍．

Answer 1

考點(diǎn)：數(shù)列與不等式的綜合

專題：導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用

分析：（1）先求出函數(shù)h（x）的導(dǎo)函數(shù)，分情況討論讓其大于0求出增區(qū)間，小于0求出減區(qū)間即可得到函數(shù)的單調(diào)區(qū)間．
（2）先把f（x₀）＜g（x₀）成立轉(zhuǎn)化為h（x₀）＜0，即函數(shù)函數(shù)h（x）=x+

1+a

x

-alnx在[1，e]上的最小值小于零，再結(jié)合（1）的結(jié)論分情況討論求出其最小值即可求出a的取值范圍．

解答： 解（1）∵函數(shù)f（x）=x-alnx，g(x)=-

1+a

x

，(a∈R)．
∴h（x）=f（x）-g（x）=x+

1+a

x

-alnx，
∴h′（x）=1-

1+a

x2

-

a

x

=

x2-ax-(1+a)

x2

=

(x+1)[x-(1+a)]

x2

，
①當(dāng)a+1＞0時(shí)，即a＞-1時(shí)，在（0，1+a）上，h′（x）＜0，在（1+a，+∞）上，h′（x）＞0，
∴h（x）在（0，1+a）上單調(diào)遞減，在（1+a，+∞）上單調(diào)遞增．
②當(dāng)1+a≤0即a≤-1時(shí)，在（0，+∞）上h′（x）＞0，
∴函數(shù)h（x）在（0，+∞）上是單調(diào)遞增函數(shù)．
（2）在區(qū)間[1，e]上存在一點(diǎn)x₀，使得f（x₀）＜g（x₀）成立，
即在[1，e]上存在一點(diǎn)x₀，使得h（x₀）＜0，
即函數(shù)h（x）=x+

1+a

x

-alnx在[1，e]上的最小值小于零．
由（1）知：
①即1+a≥e，即a≥e-1時(shí)，h（x）在[1，e]上單調(diào)遞減，
∴（1，+∞）的最小值為h（e），由h(e)=e+

1+a

e

-a＜0，得a＞

e2+1

e-1

，
∵

e2+1

e-1

＞e-1，∴a＞

e2+1

e-1

；
②當(dāng)1+a≤1，即a≤0時(shí)，h（x）在[1，e]上單調(diào)遞增，
所以h（x）最小值為h（1），由h（1）=1+1+a＜0可得a＜-2；
③當(dāng)1＜1+a＜e，即0＜a＜e-1時(shí)，可得h（x）最小值為h（1+a），
因?yàn)?＜ln（1+a）＜1，
所以，0＜aln（1+a）＜a
故h（1+a）=2+a-aln（1+a）＞2
此時(shí)，h（1+a）＜0不成立．
綜上討論可得所求a的范圍是：a＞

e2+1

e-1

或a＜-2．

點(diǎn)評(píng)：本題考查函數(shù)的單調(diào)區(qū)間的求法，考查實(shí)數(shù)的取值范圍的求法，解題時(shí)要認(rèn)真審題，注意導(dǎo)數(shù)性質(zhì)、等價(jià)轉(zhuǎn)化思想、分類討論思想的合理運(yùn)用．