Question

1．已知函数$f（x）=\frac{1+a}{x}（a∈R）$．
（Ⅰ） 当a=0时，求曲线f （x）在x=1处的切线方程；
（Ⅱ） 设函数h（x）=alnx-x-f（x），求函数h （x）的极值；
（Ⅲ） 若g（x）=alnx-x在[1，e]（e=2.718 28…）上存在一点x₀，使得g（x₀）≥f（x₀）成立，求a的取值范围．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函数的导数，计算f（1），f′（1），求出切线方程即可；
（Ⅱ）求出h（x）的导数，通过讨论a的范围，求出函数的单调区间，从而求出函数的极值即可；
（Ⅲ）问题转化为函数$h（x）=alnx-x-\frac{1+a}{x}$在[1，e]上，有h（x）_max≥0，通过讨论a的范围，得到函数的单调性，从而求出a的范围即可．

解答 解：（Ⅰ） 当a=0时，f （x）=$\frac{1}{x}$，f （1）=1，则切点为（1，1），…（1分）
∵$f'（x）=-\frac{1}{x^2}$，∴切线的斜率为k=f'（1）=-1，…（2分）
∴曲线f （x）在点（1，1）处的切线方程为y-1=-（ x-1），即x+y-2=0 …（3分）
（Ⅱ）依题意$h（x）=alnx-x-\frac{1+a}{x}$，定义域为（0，+∞），
∴$h'（x）=\frac{a}{x}-1+\frac{1+a}{x^2}=-\frac{{{x^2}-ax-（1+a）}}{x^2}=-\frac{（x+1）[x-（1+a）]}{x^2}$，…（4分）
①当a+1＞0，即a＞-1时，令h'（x）＞0，∵x＞0，∴0＜x＜1+a，
此时，h（x） 在区间（0，a+1）上单调递增，
令h'（x）＜0，得 x＞1+a．
此时，h（x）在区间（a+1，+∞）上单调递减．…（5分）
②当a+1≤0，即a≤-1时，h'（x）＜0恒成立，h（x）在区间（0，+∞）上单调递减．…（6分）
综上，当a＞-1时，h（x）在x=1+a处取得极大值h（1+a）=aln（1+a）-a-2，无极小值；
当a≤-1时，h（x）在区间（0，+∞）上无极值．…（7分）
（Ⅲ） 依题意知，在[1，e]上存在一点x₀，使得g（x₀）≥f（x₀）成立，
即在[1，e]上存在一点x₀，使得h（x₀）≥0，
故函数$h（x）=alnx-x-\frac{1+a}{x}$在[1，e]上，有h（x）_max≥0．…（8分）
由（Ⅱ）可知，①当a+1≥e，即a≥e-1时，h（x）在[1，e]上单调递增，
∴$h{（x）_{max}}=h（e）=a-e-\frac{1+a}{e}≥0$，∴$a≥\frac{{{e^2}+1}}{e-1}$，
∵$\frac{{{e^2}+1}}{e-1}＞e-1$，∴$a≥\frac{{{e^2}+1}}{e-1}$．…（9分）
②当0＜a+1≤1，或a≤-1，即a≤0时，h（x）在[1，e]上单调递减，
∴h（x）_max=h（1）=-1-1-a≥0，∴a≤-2．…（10分）
③当1＜a+1＜e，即0＜a＜e-1时，
由（Ⅱ）可知，h（x）在x=1+a处取得极大值也是区间（0，+∞）上的最大值，
即h（x）_max=h（1+a）=aln（1+a）-a-2=a[ln（1+a）-1]-2，
∵0＜ln（a+1）＜1，∴h（1+a）＜0在[1，e]上恒成立，
此时不存在x₀使h（x₀）≥0成立．…（11分）
综上可得，所求a的取值范围是$a≥\frac{{{e^2}+1}}{e-1}$或a≤-2．…（12分）

点评 本题考查了函数的单调性、最值、极值问题，考查导数的应用以及转化思想、分类讨论思想，是一道综合题．