Question

【題目】已知函數f（x）=x﹣alnx（a∈R）．
（Ⅰ）當a=2時，求曲線f（x）在x=1處的切線方程；
（Ⅱ）設函數h（x）=f（x）+ ， 求函數h（x）的單調區間；
（Ⅲ）若g（x）=﹣ ， 在[1，e]（e=2.71828…）上存在一點x0 ， 使得f（x0）≤g（x0）成立，求a的取值范圍．

Answer 1

【答案】解：（Ⅰ）當a=2時，f（x）=x﹣2lnx，f（1）=1，切點（1，1），
∴，∴k=f′（1）=1﹣2=﹣1，
∴曲線f（x）在點（1，1）處的切線方程為：y﹣1=﹣（x﹣1），即x+y﹣2=0．
（Ⅱ）+，定義域為（0，+∞），=，
①當a+1＞0，即a＞﹣1時，令h′（x）＞0，
∵x＞0，∴x＞1+a
令h′（x）＜0，∵x＞0，∴0＜x＜1+a．
②當a+1≤0，即a≤﹣1時，h′（x）＞0恒成立，
綜上：當a＞﹣1時，h（x）在（0，a+1）上單調遞減，在（a+1，+∞）上單調遞增．
當a≤﹣1時，h（x）在（0，+∞）上單調遞增．
（Ⅲ）由題意可知，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h（x0）≤0，
即函數h(x)=x-alnx+在[1，e]上的最小值[h（x）]min≤0．
由第（Ⅱ）問，①當a+1≥e，即a≥e﹣1時，h（x）在[1，e]上單調遞減，
∴，∴，
∵，∴；
②當a+1≤1，即a≤0時，h（x）在[1，e]上單調遞增，
∴[h（x）]min=h（1）=1+1+a≤0，
∴a≤﹣2，
③當1＜a+1＜e，即0＜a＜e﹣1時，∴[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
此時不存在x0使h（x0）≤0成立．
綜上可得所求a的范圍是：或a≤﹣2．
【解析】（Ⅰ）求出切點（1，1），求出 ， 然后求解斜率k，即可求解曲線f（x）在點（1，1）處的切線方程．
（Ⅱ）求出函數的定義域，函數的導函數，①a＞﹣1時，②a≤﹣1時，分別求解函數的單調區間即可．
（Ⅲ）轉化已知條件為函數h(x)=x-alnx+在[1，e]上的最小值[h（x）]min≤0，利用第（Ⅱ）問的結果，通過①a≥e﹣1時，②a≤0時，③0＜a＜e﹣1時，分別求解函數的最小值，推出所求a的范圍．
【考點精析】通過靈活運用利用導數研究函數的單調性和函數的最大(小)值與導數，掌握一般的,函數的單調性與其導數的正負有如下關系： 在某個區間內，(1)如果，那么函數在這個區間單調遞增；(2)如果，那么函數在這個區間單調遞減；求函數在上的最大值與最小值的步驟：（1）求函數在內的極值；（2）將函數的各極值與端點處的函數值，比較，其中最大的是一個最大值，最小的是最小值即可以解答此題．