Question

16．已知函數(shù)f（x）=x-alnx，$g（x）=-\frac{1+a}{x}$（a∈R）．
（1）若a=1，求函數(shù)f（x）在（2，f（2））處的切線方程；
（2）設(shè)函數(shù)h（x）=f（x）-g（x），求函數(shù)h（x）的單調(diào)區(qū)間；
（3）若在[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

分析 （1）先求出其導(dǎo)函數(shù)，求出切線斜率，即可求曲線f（x）在x=2處的切線方程；
（2）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；
（3）先把f（x₀）＜g（x₀）成立轉(zhuǎn)化為h（x₀）＜0，即函數(shù)h（x）=x+$\frac{1+a}{x}$在[1，e]上的最小值小于零；再結(jié)合（Ⅱ）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）當(dāng)a=1時(shí)，f（x）=x-lnx，f′（x）=1-$\frac{1}{x}$，
$f'（2）=\frac{2-1}{2}=\frac{1}{2}$，f（2）=2-ln2，
所以函數(shù)f（x）在（2，f（2））處的切線方程是$y-（{2-ln2}）=\frac{1}{2}（{x-2}）$，
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，
所以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，
所以，函數(shù)h（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增．
（3）在[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+$\frac{1+a}{x}$-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時(shí)，h（x）在[1，e]上單調(diào)遞減，
所以h（x）的最小值為h（e），
由h（e）=e+$\frac{1+a}{e}$-a＜0可得a＞$\frac{{e}^{2}+1}{e-1}$，
因?yàn)?\frac{{e}^{2}+1}{e-1}$＞e-1，
所以a＞$\frac{{e}^{2}+1}{e-1}$；
②當(dāng)1+a≤1，即a≤0時(shí)，h（x）在[1，e]上單調(diào)遞增，
所以h（x）最小值為h（1），由h（1）=1+1+a＜0可得a＜-2；
③當(dāng)1＜1+a＜e，即0＜a＜e-1時(shí)，可得h（x）最小值為h（1+a），
因?yàn)?＜ln（1+a）＜1，
所以，0＜aln（1+a）＜a
故h（1+a）=2+a-aln（1+a）＞2
此時(shí)，h（1+a）＜0不成立．
綜上討論可得所求a的范圍是：a＞$\frac{{e}^{2}+1}{e-1}$或a＜-2．

點(diǎn)評(píng) 本題考查利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，考查函數(shù)存在性問題，考查構(gòu)造函數(shù)思想及分析運(yùn)算能力，屬于難題．