Question

15．已知函數(shù)f（x）=x-alnx，g（x）=-$\frac{1+a}{x}$（a＞0）．
（Ⅰ）若a=1，求函數(shù)f（x）的極值；
（Ⅱ）設(shè)函數(shù)h（x）=f（x）-g（x），求函數(shù)h（x）的單調(diào)區(qū)間；
（Ⅲ）若存在x₀∈[1，e]，使得f（x₀）＜g（x₀）成立，求a的取值范圍．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出導(dǎo)數(shù)，求得單調(diào)區(qū)間，進(jìn)而得到極小值；
（Ⅱ）求出h（x）的導(dǎo)數(shù)，注意分解因式，結(jié)合a＞0，即可求得單調(diào)區(qū)間；
（III）若在[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h（x）在[1，e]上的最小值小于零．對(duì)a討論，①當(dāng)1+a≥e，②當(dāng)1＜1+a＜e，求得單調(diào)區(qū)間和最小值即可．

解答 解：（Ⅰ）f（x）=x-alnx的定義域?yàn)椋?，+∞）．                          
當(dāng)a=1時(shí)，f′（x）=$\frac{x-1}{x}$．                                          
由f′（x）=0，解得x=1．
當(dāng)0＜x＜1時(shí)，f′（x）＜0，f（x）單調(diào)遞減；
當(dāng)x＞1時(shí)，f′（x）＞0，f（x）單調(diào)遞增，
所以當(dāng)x=1時(shí)，函數(shù)f（x）取得極小值，極小值為f（1）=1-ln1=1；       
（Ⅱ）h（x）=f（x）-g（x）=x-alnx+$\frac{1+a}{x}$，其定義域?yàn)椋?，+∞）．
又h′（x）=$\frac{{x}^{2}-ax-（1+a）}{{x}^{2}}$=$\frac{（x+1）[x-（1+a）]}{{x}^{2}}$．                   
由a＞0可得1+a＞0，在0＜x＜1+a上，h′（x）＜0，在x＞1+a上，h′（x）＞0，
所以h（x）的遞減區(qū)間為（0，1+a）；遞增區(qū)間為（1+a，+∞）．           
（III）若在[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h（x）在[1，e]上的最小值小于零． 
①當(dāng)1+a≥e，即a≥e-1時(shí)，由（II）可知h（x）在[1，e]上單調(diào)遞減．
故h（x）在[1，e]上的最小值為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}$．  
②當(dāng)1＜1+a＜e，即0＜a＜e-1時(shí)，
由（II）可知h（x）在（1，1+a）上單調(diào)遞減，在（1+a，e）上單調(diào)遞增．
h（x）在[1，e]上最小值為h（1+a）=2+a-aln（1+a）．                 
因?yàn)?＜ln（1+a）＜1，所以0＜aln（1+a）＜a．
則2+a-aln（1+a）＞2，即h（1+a）＞2不滿足題意，舍去．          
綜上所述：a∈（$\frac{{e}^{2}+1}{e-1}$，+∞）．

點(diǎn)評(píng) 本題考查導(dǎo)數(shù)的運(yùn)用：求單調(diào)區(qū)間和極值、最值，同時(shí)考查不等式成立的問題轉(zhuǎn)化為求函數(shù)的最值，運(yùn)用分類討論的思想方法是解題的關(guān)鍵．