Question

18．已知函數(shù)$f（x）=x-alnx，g（x）=-\frac{1+a}{x}（a∈R）$．
（Ⅰ）設(shè)函數(shù)h（x）=f（x）-g（x），求函數(shù)h（x）的單調(diào)區(qū)間；
（Ⅱ）若不等式f（x）≤g（x）在區(qū)間[1，e]（e=2.71828…）的解集為非空集合，求實數(shù)a的取值范圍．

Answer 1

分析 （Ⅰ）先求出函數(shù)的定義域，再求導(dǎo)，對a進行分類討論，根據(jù)導(dǎo)數(shù)和函數(shù)的單調(diào)性的關(guān)系即可求出單調(diào)區(qū)間；
（Ⅱ）由題意可得即在[1，e]存在x₀使得f（x₀）≤g（x₀）成立，然后對a進行分類討論，求出函數(shù)的最值即可得到a的取值范圍．

解答 解：（Ⅰ）$h（x）=x-alnx+\frac{1+a}{x}$，定義域為（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當(dāng)a+1＞0，即a＞-1時，令h'（x）＞0，
∵x＞0，
∴x＞1+a，
令h'（x）＜0，得0＜x＜1，
故h（x）在（0，1+a）上單調(diào)遞減，在（1+a，+∞）上單調(diào)遞增，
②當(dāng)a+1≤0，即a≤-1時，h'（x）＞0恒成立，h（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增，
綜上，當(dāng)a＞-1時，h（x）的單調(diào)遞減區(qū)間為（0，1+a），單調(diào)遞增區(qū)間為（1+a，+∞）．
當(dāng)a≤-1時，h（x）的單調(diào)遞增區(qū)間為（0，+∞），無單調(diào)遞減區(qū)間．
（Ⅱ）由題意可知，不等式f（x）≤g（x）在區(qū)間[1，e]（e=2.71828…）的解集為非空集合，
即在[1，e]存在x₀使得f（x₀）≤g（x₀）成立，
由（Ⅰ）中h（x）=f（x）-g（x），則在[1，e]存在x₀使得h（x₀）=f（x₀）-g（x₀）≤0，
即函數(shù)$h（x）=x-alnx+\frac{1+a}{x}$在[1，e]上的最小值h（x）_min≤0，
由（Ⅰ）知，當(dāng)a≤-1時，h（x）在[1，e]上單調(diào)遞增，∴h（x）_min=h（1）=2+a≤0，
∴a≤-2，
當(dāng)a＞-1時，
①當(dāng)a+1≥e，即a≥e-1時，h（x）在[1，e]上單調(diào)遞減，
∴$h{（x）_{min}}=h（e）=e+\frac{1+a}{e}-a≤0$，
∴$a≥\frac{{{e^2}+1}}{e-1}$，
∵$\frac{{{e^2}+1}}{e-1}＞e-1$，
∴$a≥\frac{{{e^2}+1}}{e-1}$；
②當(dāng)0＜a+1≤1，即-1＜a≤0時，h（x）在[1，e]上單調(diào)遞增，
∴h（x）_min=h（1）=2+a≤0，
∴a≤-2，無解，
③當(dāng)1＜a+1＜e，即0＜a＜e-1時，h（x）在[1，1+a）上單調(diào)遞減，在[a+1，e]上單調(diào)遞增，
∴h（x）_min=h（a+1）=a+2-aln（a+1），此時h（x）_min＞0，不合題意．
綜上可得，實數(shù)a的取值范圍是$a≥\frac{{{e^2}+1}}{e-1}$或a≤-2

點評 本題考查利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性、最值，考查函數(shù)恒成立問題，考查轉(zhuǎn)化思想，考查學(xué)生分析解決問題的能力，屬于中檔題．