Question

設a∈R，函數(shù)f（x）=x-alnx，g（x）=

1+a

x

．
（Ⅰ）若a=1，求函數(shù)f（x）的極值；
（Ⅱ）若在[1，e]（e=2.718…）上存在一點x₀，使得f（x₀）＜g（x₀）成立，求a的取值范圍．

Answer 1

考點：利用導數(shù)研究函數(shù)的極值,利用導數(shù)求閉區(qū)間上函數(shù)的最值

專題：計算題,分類討論,導數(shù)的綜合應用,不等式的解法及應用

分析：（Ⅰ）求出a=1的f（x）的導數(shù)，求得單調(diào)區(qū)間，進而得到極值；
（Ⅱ）在[1，e]上存在一點x₀，使得f（x₀）＜g（x₀）成立，即在[1，e]上存在一點x₀，使得x0+

1+a

x0

-alnx0＜0，令h（x）=x+

1+a

x

-alnx，則轉(zhuǎn)化為在[1，e]上存在一點x₀，使得h（x₀）＜0，
即函數(shù)h（x）在[1，e]上的最小值小于零．求出h（x）的導數(shù)，對a討論，根據(jù)單調(diào)性，求得最小值，再解不等式即可得到a的范圍．

解答： 解：（Ⅰ）f（x）的定義域為（0，+∞），
當a=1時，f（x）=x-lnx，f′(x)=1-

1

x

=

x-1

x

列表如下，分析f'（x）的符號、f（x）的單調(diào)性和極值點．

x	（0，1）	1	（1，+∞）
f'（x）	-	0	+
f（x）	↘	極小值	↗

所以f（x）在x=1處取得極小值1；
（Ⅱ）在[1，e]上存在一點x₀，使得f（x₀）＜g（x₀）成立，
即在[1，e]上存在一點x₀，使得x0+

1+a

x0

-alnx0＜0
令h（x）=x+

1+a

x

-alnx，則轉(zhuǎn)化為在[1，e]上存在一點x₀，使得h（x₀）＜0，
即函數(shù)h（x）=x+

1+a

x

-alnx在[1，e]上的最小值小于零．
h′（x）=1-

1+a

x2

-

a

x

=

x2-ax-(1+a)

x2

=

(x+1)[x-(1+a)]

x2

，
①當1+a≥e，即a≥e-1時，h'（x）＜0（1＜x＜e），h（x）在[1，e]上單調(diào)遞減，
所以h（x）的最小值為h（e），由h(e)=e+

1+a

e

-a＜0，可得a＞

e2+1

e2-1

，
因為

e2+1

e2-1

＞e-1，所以a＞

e2+1

e2-1

；
②當1+a≤1，即a≤0時，h'（x）＞0（1＜x＜e），h（x）在[1，e]上單調(diào)遞增，
所以h（x）的最小值為h（1），由h（1）=1+1+a＜0可得a＜-2；
③當1＜1+a＜e，即0＜a＜e-1時，h'（x）＜0得1＜x＜1+a，h'（x）＞0得1+a＜x＜e，
則有h（x）在[1，1+a]上單調(diào)遞減，h（x）在[1+a，e]上單調(diào)遞增，
可得h（x）最小值為h（1+a），
因為0＜ln（1+a）＜1，所以0＜aln（1+a）＜a
故h（1+a）=2+a-aln（1+a）＞2，此時h（1+a）＜0不成立．
綜上可知，a的取值范圍是a＞

e2+1

e2-1

或a＜-2．

點評：本題考查導數(shù)的運用：求單調(diào)區(qū)間和求極值、最值，考查存在性問題的解法，考查分類討論的思想方法，考查運算能力，屬于中檔題和易錯題．