Question

8．已知函數(shù)f（x）=1-$\frac{1}{x}$-alnx（a∈R），g（x）=2x-e^x（e=2.71828…是自然對數(shù)的底數(shù)）．
（Ⅰ）求函數(shù)g（x）的單調(diào)區(qū)間；
（Ⅱ）判斷a＞1時，f（$\frac{1}{{e}^{a}}$）的符號；
（Ⅲ）若函數(shù)f（x）有兩個零點(diǎn)，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，解關(guān)于導(dǎo)函數(shù)的不等式，求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間即可；
（Ⅱ）求出f（$\frac{1}{{e}^{a}}$）的解析式，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性判斷即可；
（Ⅲ）根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性求出f（x）的最大值，得到關(guān)于a的不等式，求出a的范圍即可．

解答 解：（Ⅰ）∵g（x）=2x-e^x，∴x∈R，且g′（x）=2x-e^x．
∴當(dāng)x＜ln2時，g′（x）＞0，g（x）單調(diào)遞增，
當(dāng)x＞ln2時，g′（x）＜0，g（x）單調(diào)遞減，
所以函數(shù)g（x）的單調(diào)遞增區(qū)間是（-∞，ln2]，單調(diào)遞減區(qū)間是[ln2，+∞）．…（2分）
（Ⅱ）∵f（x）=1-$\frac{1}{x}$-alnx，∴f（$\frac{1}{{e}^{a}}$）=1-e^a+a²（a＞1）．
設(shè)h（x）=1-e^x+x²，∴h′（x）=-e^x+2x．
由（Ⅰ）知，當(dāng)x＞1時，h′（x）＜h′（1）=2-e＜0，
h（x）在區(qū)間[1，+∞）單調(diào)遞減，
∴x＞1時，h（x）＜h（1）=-e＜0．
∴a＞1時，f（$\frac{1}{{e}^{a}}$）＜0，即f（$\frac{1}{{e}^{a}}$）符號是“-”．…（5分）
（Ⅲ）由函數(shù)f（x）=1-$\frac{1}{x}$-alnx得，x＞0且f′（x）=$\frac{1-ax}{{x}^{2}}$．
當(dāng)a≤0時，f′（x）＞0，f（x）單調(diào)遞增，f（x）沒有兩個零點(diǎn)，∴a＞0…（6分）
∴f′（x）=-$\frac{a}{{x}^{2}}$（x-$\frac{1}{a}$）．∴當(dāng)0＜x＜$\frac{1}{a}$時，f′（x）＞0，f（x）單調(diào)遞增．
當(dāng)x＞$\frac{1}{a}$時，f′（x）＜0，f（x）單調(diào)遞減．又f′（$\frac{1}{a}$）=0，
∴f（x）_max=f（$\frac{1}{a}$）=1-a+alna．…（7分）
設(shè)s（x）=1-x+xlnx，∴x＞0且s′（x）=lnx，同上可得s（x）_min=s（1）=0，
∴當(dāng)a＞0且a≠1時，f（x）_max＞0，當(dāng)a=1時，f（x）沒有兩個零點(diǎn)．…（8分）
設(shè)t（x），則t′（x）=e^x-1，∴x＞1時，t′（x）＞0，t（x）單調(diào)遞增，
所以x＞1時，t（x）＞t（1），即x＞1時，e^x＞x．…（9分）
當(dāng)a＞1時，e^x＞a，∴$\frac{1}{{e}^{x}}$＜$\frac{1}{a}$＜1．∵f（$\frac{1}{{e}^{x}}$），
∴f（x）在區(qū)間（$\frac{1}{{e}^{x}}$，$\frac{1}{a}$）上有一個零點(diǎn)，又f（1）=0，
∴f（x）有兩個零點(diǎn)．…（10分）
當(dāng)0＜a＜1時，1＜$\frac{1}{a}$＜${e}^{\frac{1}{a}}$．∵f（${e}^{\frac{1}{a}}$）=-${e}^{-\frac{1}{a}}$＜0，
∴f（x）在區(qū)間（$\frac{1}{a}$，${e}^{\frac{1}{a}}$）上有一個零點(diǎn)，
又f（1）=0，∴f（x）有兩個零點(diǎn)．…（11分）
綜上所述，實(shí)數(shù)a的取值范圍是（0，1）∪（1，+∞）．…（12分）

點(diǎn)評 本題考查了函數(shù)的單調(diào)性、最值問題，考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用以及分類討論思想，轉(zhuǎn)化思想，是一道綜合題．