Question

11．已知函數(shù)f（x）=x+$\frac{1}{x}$，g（x）=alnx-$\frac{a}{x}$．
（1）設函數(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=2.71828…）上不存在x₀，使得f（x₀）＜g（x₀）成立，求實數(shù)a的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）先求出函數(shù)h（x）的導數(shù)，通過討論a的范圍，從而求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間；
（2）問題轉(zhuǎn)化為?x∈[1，e]，都有f（x）_min≥g（x）_max恒成立，通過求導分別求出f（x）的最小值和g（x）的最大值即可．

解答 解：（1）∵函數(shù)f（x）=x+$\frac{1}{x}$，g（x）=alnx-$\frac{a}{x}$，（x＞0），
∴h（x）=f（x）-g（x）=x+$\frac{1}{x}$-alnx+$\frac{a}{x}$=x+$\frac{a+1}{x}$-alnx，
∴h′（x）=1-$\frac{a+1}{{x}^{2}}$-$\frac{a}{x}$=$\frac{{x}^{2}-ax-（a+1）}{{x}^{2}}$=$\frac{（x-a-1）（x+1）}{{x}^{2}}$，
①a≤-1時，-a-1≥0，h′（x）＞0，h（x）在（0，+∞）遞增，
②a＞-1時，令h′（x）＞0，解得：x＞a+1，令h′（x）＜0，解得：0＜x＜a+1，
∴h（x）在（0，a+1）遞減，在（a+1，+∞）遞增；
（2）若在區(qū)間[1，e]（e=2.71828…）上不存在x₀，使得f（x₀）＜g（x₀）成立，
即?x∈[1，e]，都有f（x）≥g（x）恒成立，
即?x∈[1，e]，都有f（x）_min≥g（x）_max恒成立，
f（x）=x+$\frac{1}{x}$，f′（x）=1-$\frac{1}{{x}^{2}}$=$\frac{{x}^{2}-1}{{x}^{2}}$=$\frac{（x+1）（x-1）}{{x}^{2}}$，
令f′（x）＞0，解得：x＞1，令f′（x）＜0，解得：0＜x＜1，
∴f（x）在（0，1）遞減，在（1，+∞）遞增，
∴f（x）在[1，e]上遞增，
∴f（x）_min=f（1）=2，
g（x）=alnx-$\frac{a}{x}$，g′（x）=$\frac{a}{x}$+$\frac{a}{{x}^{2}}$=$\frac{a（x+1）}{{x}^{2}}$，
a=0時，g（x）=0＜f（1），成立，
a＞0時，g′（x）＞0，g（x）在[1，e]遞增，
∴g（x）_max=g（e）=a-$\frac{a}{e}$，只需a-$\frac{a}{e}$≤2即可，
解得：a≤$\frac{2e}{e-1}$，
a＜0時，g′（x）＜0，g（x）在[1，e]遞減，
∴g（x）_max=g（1）=-a，只需-a≤2即可，
解得：a≥-2，
綜上：-2≤a≤$\frac{2e}{e-1}$．

點評 本題考查了函數(shù)的單調(diào)性、最值問題，考查導數(shù)的應用，考查轉(zhuǎn)化思想，是一道中檔題．