Question

已知函數(shù)f（x）=x-alnx（a∈R）．
（Ⅰ）當(dāng)a=2時，求曲線f（x）在x=1處的切線方程；
（Ⅱ）設(shè)函數(shù)h（x）=f（x）+

1+a

x

，求函數(shù)h（x）的單調(diào)區(qū)間；
（Ⅲ）若g（x）=-

1+a

x

，在[1，e]（e=2.71828…）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)：利用導(dǎo)數(shù)求閉區(qū)間上函數(shù)的最值,利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性,利用導(dǎo)數(shù)研究曲線上某點(diǎn)切線方程

專題：導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用

分析：（Ⅰ）求出切點(diǎn)（1，1），求出f′(x)=1-

2

x

，然后求解斜率k，即可求解曲線f（x）在點(diǎn)（1，1）處的切線方程．
（Ⅱ）求出函數(shù)的定義域，函數(shù)的導(dǎo)函數(shù)，①a＞-1時，②a≤-1時，分別求解函數(shù)的單調(diào)區(qū)間即可．
（Ⅲ）轉(zhuǎn)化已知條件為函數(shù)h(x)=x-alnx+

1+a

x

在[1，e]上的最小值[h（x）]_min≤0，利用第（Ⅱ）問的結(jié)果，通過①a≥e-1時，②a≤0時，③0＜a＜e-1時，分別求解函數(shù)的最小值，推出所求a的范圍．

解答： 解：（Ⅰ）當(dāng)a=2時，f（x）=x-2lnx，f（1）=1，切點(diǎn)（1，1），
∴f′(x)=1-

2

x

，∴k=f′（1）=1-2=-1，
∴曲線f（x）在點(diǎn)（1，1）處的切線方程為：y-1=-（x-1），即x+y-2=0．

（Ⅱ）h(x)=x-alnx+

1+a

x

，定義域?yàn)椋?，+∞），h′(x)=1-

a

x

-

1+a

x2

=

x2-ax-(1+a)

x2

=

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

x2

，
①當(dāng)a+1＞0，即a＞-1時，令h′（x）＞0，
∵x＞0，∴x＞1+a
令h′（x）＜0，∵x＞0，∴0＜x＜1+a．
②當(dāng)a+1≤0，即a≤-1時，h′（x）＞0恒成立，
綜上：當(dāng)a＞-1時，h（x）在（0，a+1）上單調(diào)遞減，在（a+1，+∞）上單調(diào)遞增．
當(dāng)a≤-1時，h（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增．                        

（Ⅲ）由題意可知，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-alnx+

1+a

x

在[1，e]上的最小值[h（x）]_min≤0．
由第（Ⅱ）問，①當(dāng)a+1≥e，即a≥e-1時，h（x）在[1，e]上單調(diào)遞減，
∴[h(x)]min=h(e)=e+

1+a

e

-a≤0，∴a≥

e2+1

e-1

，
∵

e2+1

e-1

＞e-1，∴a≥

e2+1

e-1

；                 
②當(dāng)a+1≤1，即a≤0時，h（x）在[1，e]上單調(diào)遞增，
∴[h（x）]_min=h（1）=1+1+a≤0，
∴a≤-2，
③當(dāng)1＜a+1＜e，即0＜a＜e-1時，∴[h（x）]_min=h（1+a）=2+a-aln（1+a）≤0，
∵0＜ln（1+a）＜1，∴0＜aln（1+a）＜a，∴h（1+a）＞2
此時不存在x₀使h（x₀）≤0成立．            
綜上可得所求a的范圍是：a≥

e2+1

e-1

或a≤-2．

點(diǎn)評：本題考查函數(shù)的導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用，曲線的切線方程函數(shù)的單調(diào)性以及函數(shù)的最值的應(yīng)用，考查分析問題解決問題得到能力．