Question

1．已知函數(shù)$f（x）=\frac{1+a}{x}（a∈R）$．
（Ⅰ） 當(dāng)a=0時，求曲線f （x）在x=1處的切線方程；
（Ⅱ） 設(shè)函數(shù)h（x）=alnx-x-f（x），求函數(shù)h （x）的極值；
（Ⅲ） 若g（x）=alnx-x在[1，e]（e=2.718 28…）上存在一點x₀，使得g（x₀）≥f（x₀）成立，求a的取值范圍．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，計算f（1），f′（1），求出切線方程即可；
（Ⅱ）求出h（x）的導(dǎo)數(shù)，通過討論a的范圍，求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，從而求出函數(shù)的極值即可；
（Ⅲ）問題轉(zhuǎn)化為函數(shù)$h（x）=alnx-x-\frac{1+a}{x}$在[1，e]上，有h（x）_max≥0，通過討論a的范圍，得到函數(shù)的單調(diào)性，從而求出a的范圍即可．

解答 解：（Ⅰ） 當(dāng)a=0時，f （x）=$\frac{1}{x}$，f （1）=1，則切點為（1，1），…（1分）
∵$f'（x）=-\frac{1}{x^2}$，∴切線的斜率為k=f'（1）=-1，…（2分）
∴曲線f （x）在點（1，1）處的切線方程為y-1=-（ x-1），即x+y-2=0 …（3分）
（Ⅱ）依題意$h（x）=alnx-x-\frac{1+a}{x}$，定義域為（0，+∞），
∴$h'（x）=\frac{a}{x}-1+\frac{1+a}{x^2}=-\frac{{{x^2}-ax-（1+a）}}{x^2}=-\frac{（x+1）[x-（1+a）]}{x^2}$，…（4分）
①當(dāng)a+1＞0，即a＞-1時，令h'（x）＞0，∵x＞0，∴0＜x＜1+a，
此時，h（x） 在區(qū)間（0，a+1）上單調(diào)遞增，
令h'（x）＜0，得 x＞1+a．
此時，h（x）在區(qū)間（a+1，+∞）上單調(diào)遞減．…（5分）
②當(dāng)a+1≤0，即a≤-1時，h'（x）＜0恒成立，h（x）在區(qū)間（0，+∞）上單調(diào)遞減．…（6分）
綜上，當(dāng)a＞-1時，h（x）在x=1+a處取得極大值h（1+a）=aln（1+a）-a-2，無極小值；
當(dāng)a≤-1時，h（x）在區(qū)間（0，+∞）上無極值．…（7分）
（Ⅲ） 依題意知，在[1，e]上存在一點x₀，使得g（x₀）≥f（x₀）成立，
即在[1，e]上存在一點x₀，使得h（x₀）≥0，
故函數(shù)$h（x）=alnx-x-\frac{1+a}{x}$在[1，e]上，有h（x）_max≥0．…（8分）
由（Ⅱ）可知，①當(dāng)a+1≥e，即a≥e-1時，h（x）在[1，e]上單調(diào)遞增，
∴$h{（x）_{max}}=h（e）=a-e-\frac{1+a}{e}≥0$，∴$a≥\frac{{{e^2}+1}}{e-1}$，
∵$\frac{{{e^2}+1}}{e-1}＞e-1$，∴$a≥\frac{{{e^2}+1}}{e-1}$．…（9分）
②當(dāng)0＜a+1≤1，或a≤-1，即a≤0時，h（x）在[1，e]上單調(diào)遞減，
∴h（x）_max=h（1）=-1-1-a≥0，∴a≤-2．…（10分）
③當(dāng)1＜a+1＜e，即0＜a＜e-1時，
由（Ⅱ）可知，h（x）在x=1+a處取得極大值也是區(qū)間（0，+∞）上的最大值，
即h（x）_max=h（1+a）=aln（1+a）-a-2=a[ln（1+a）-1]-2，
∵0＜ln（a+1）＜1，∴h（1+a）＜0在[1，e]上恒成立，
此時不存在x₀使h（x₀）≥0成立．…（11分）
綜上可得，所求a的取值范圍是$a≥\frac{{{e^2}+1}}{e-1}$或a≤-2．…（12分）

點評 本題考查了函數(shù)的單調(diào)性、最值、極值問題，考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用以及轉(zhuǎn)化思想、分類討論思想，是一道綜合題．