Question

8．已知函數(shù)f（x）=x-alnx，（a∈R）．
（1）討論函數(shù)f（x）在定義域內(nèi)的極值點的個數(shù)；
（2）設(shè)g（x）=-$\frac{a+1}{x}$，若在[1，e]上存在一點x₀，使得f（x₀）＜g（x₀）成立，求a的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，通過a的取值，判斷函數(shù)的單調(diào)性，推出函數(shù)的極值．
（2）構(gòu)造函數(shù)$h（x）=f（x）-g（x）=x+\frac{1+a}{x}-alnx（x＞0）$，求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，轉(zhuǎn)化已知條件為：函數(shù)$h（x）=x+\frac{1+a}{x}-alnx$在[1，e]上的最小值大于零．通過①a≥e-1，②a≤0，③0＜a＜e-1時，分別求解函數(shù)的最值，然后推出a的范圍．

解答 解：（1）函數(shù)f（x）=x-alnx的定義域為：（0，+∞），
${f^'}（x）=1-\frac{a}{x}=\frac{x-a}{x}（x＞0）$，
當a≤0時，f′（x）＞0在（0，+∞）上恒成立，
函數(shù)f（x）在（0，+∞）單調(diào)遞增，∴f（x）在（0，+∞）上沒有極值點．
當a＞0時，f′（x）＜0，得0＜x＜a，f′（x）＞0，得x＞a，
∴f（x）在（0，a）上遞減，在（a，+∞）上遞增，
即f（x）在x=a處有極小值，無極大值．
∴當a≤0時，f（x）在（0，+∞）上沒有極值點，
當a＞0時，f（x）在（0，+∞）上有一個極值點．
（2）設(shè)$h（x）=f（x）-g（x）=x+\frac{1+a}{x}-alnx（x＞0）$，
${h^'}（x）=1-\frac{1+a}{x^2}-\frac{a}{x}=\frac{{{x^2}-ax-（1+a）}}{x^2}=\frac{（x+1）[x-（1+a）]}{x^2}$，
（i）當a+1＞0時，即a＞-1時，在（0，1+a）上h'（x）＜0，在（1+a，+∞）上h'（x）＞0，
所以h（x）在（0，1+a）上單調(diào)遞減，在（1+a，+∞）上單調(diào)遞增；
（ii）當1+a≤0，即a≤-1時，在（0，+∞）上h'（x）＞0，
所以，函數(shù)h（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增
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(shù)h（x）=x+$\frac{1+a}{x}$-alnx在[1，e]上的最大值小于零．（9分）
①即1+a≥e，即a≥e-1時，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+$\frac{1+a}{e}$-a＜0可得a＞$\frac{{e}^{2}+1}{e-1}$，
因為 $\frac{{e}^{2}+1}{e-1}$＞e-1，
所以a＞$\frac{{e}^{2}+1}{e-1}$；（10分）
②當1+a≤1，即a≤0時，h（x）在[1，e]上單調(diào)遞增，
所以h（x）最小值為h（1），由h（1）=1+1+a＜0可得a＜-2；（11分）
③當1＜1+a＜e，即0＜a＜e-1時，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．（12分）
綜上討論可得所求a的范圍是：a＞$\frac{{e}^{2}+1}{e-1}$或a＜-2．（13分）

點評 本題考查函數(shù)的導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用，函數(shù)的極值的求法，構(gòu)造法的應(yīng)用，考查轉(zhuǎn)化思想以及分類討論思想的應(yīng)用．