Question

8．已知函数f（x）=x-alnx（a∈R）．
（1）求函数h（x）=f（x）+$\frac{1+a}{x}$的单调区间；
（2）若g（x）=-$\frac{1+a}{x}$在[1，e]（e=2.71828…）上存在一点x₀，使得f（x₀）≤g（x₀）成立，求a的取值范围．

Answer 1

分析 （1）求出函数的定义域，函数的导函数，①a＞-1时，②a≤-1时，分别求解函数的单调区间即可．
（2）转化已知条件为函数h（x）在[1，e]上的最小值[h（x）]_min≤0，利用第（1）问的结果，通过①a≥e-1时，②a≤0时，③0＜a＜e-1时，分别求解函数的最小值，推出所求a的范围．

解答 解：（1）h（x）=x-alnx+$\frac{1+a}{x}$，定义域为（0，+∞），
h′（x）=1-$\frac{a}{x}$-$\frac{1+a}{{x}^{2}}$=$\frac{（x+1）[x-（1+a）]}{{x}^{2}}$，
①当a+1＞0，即a＞-1时，令h′（x）＞0，
∵x＞0，∴x＞1+a
令h′（x）＜0，∵x＞0，∴0＜x＜1+a．
②当a+1≤0，即a≤-1时，h′（x）＞0恒成立，
综上：当a＞-1时，h（x）在（0，a+1）上单调递减，在（a+1，+∞）上单调递增．
当a≤-1时，h（x）在（0，+∞）上单调递增．                        
（2）由题意可知，在[1，e]上存在一点x₀，使得f（x₀）≤g（x₀）成立，
即在[1，e]上存在一点x₀，使得h（x₀）≤0，
即函数h（x）=x-alnx+$\frac{1+a}{x}$在[1，e]上的最小值[h（x）]_min≤0．
由第（Ⅱ）问，①当a+1≥e，即a≥e-1时，h（x）在[1，e]上单调递减，
∴[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当a+1≤1，即a≤0时，h（x）在[1，e]上单调递增，
∴[h（x）]_min=h（1）=1+1+a≤0，
∴a≤-2，
③当1＜a+1＜e，即0＜a＜e-1时，∴[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
此时不存在x₀使h（x₀）≤0成立．            
综上可得所求a的范围是：a≥$\frac{{e}^{2}+1}{e-1}$或a≤-2．

点评 本题考查函数的导数的综合应用，曲线的切线方程函数的单调性以及函数的最值的应用，考查分析问题解决问题得到能力．