Question

3．已知a为实数，函数f （x）=a•lnx+x²-4x．
（1）是否存在实数a，使得f （x）在x=1处取极值？证明你的结论；
（2）若函数f （x）在[2，3]上存在单调递增区间，求实数a的取值范围；
（3）设g（x）=2alnx+x²-5x-$\frac{1+a}{x}$，若存在x₀∈[1，e]，使得f （x₀）＜g（x₀）成立，求实数a的取值范围．

Answer 1

分析 （1）假设存在实数a，使f （x）在x=1处取极值，则f′（1）=0，解出a的值，根据x=1的左右均为增函数，则x=1不是极值点．
（2）先对f（x）进行求导，在[2，3]上单调增，则f'（x）≥0在[2，3]上恒成立．求得a的取值范围．
（3）在[1，e]上存在一点x₀，使得f（x₀）＜g（x₀）成立，即在[1，e]上存在一点x₀，使得h（x₀）＜0，即函数h（x）=x+$\frac{1+a}{x}-alnx$在[1，e]上的最小值小于零．对h（x）求导．求出h（x）的最小值即可．

解答 解：（1）函数f （x）定义域为（0，+∞），f′（x）=$\frac{a}{x}$+2x-4=$\frac{2{x}^{2}-4x+a}{x}$
假设存在实数a，使f （x）在x=1处取极值，则f′（1）=0，∴a=2，…2分
此时，f′（x）=$\frac{2（x-1）^{2}}{x}$，
∴当0＜x＜1时，f′（x）＞0，f （x）递增；当x＞1时，f′（x）＞0，f （x）递增．
∴x=1不是f （x）的极值点．
故不存在实数a，使得f （x）在x=1处取极值．                        …4分
（2）f′（x）=$\frac{2（x-1）^{2}+a-2}{x}$，
①当a≥2时，∴f′（x）≥0，∴f （x）在（0，+∞）上递增，成立；              …6分
②当a＜2时，令f′（x）＞0，则x＞1+$\sqrt{\frac{2-a}{2}}$或x＜1-$\sqrt{\frac{2-a}{2}}$，
∴f （x）在（1+$\sqrt{\frac{2-a}{2}}$，+∞）上递增，
∵f （x）在[2，3]上存在单调递增区间，∴1+$\sqrt{\frac{2-a}{2}}$＜3，解得：-6＜a＜2
综上，a＞-6．                                                 …10分
（3）在[1，e]上存在一点x₀，使得f（x₀）＜g（x₀）成立，即在[1，e]上存在一点x₀，使得h（x₀）＜0，即函数h（x）=x+$\frac{1+a}{x}-alnx$在[1，e]上的最小值小于零．
$h'（x）-1-\frac{1+a}{{x}^{2}}-\frac{a}{x}=\frac{{x}^{2}-ax-（1+a）}{{x}^{2}}$=$\frac{（x-1）|x-（1+a）|}{{x}^{2}}$，
①当a+1≥e，即a≥e-1时，h（x）在[1，e]上单调递减，
所以h（x）的最小值为q，由h（e）=e+$\frac{1+a}{e}-a＜0$可得a＞$\frac{{e}^{2}+1}{e-1}$，
因为$\frac{{e}^{2}+1}{e-1}＞e-1$，所以a＞$\frac{{e}^{2}+1}{e-1}$；                                …12分
②当a+1≤1，即a≤0时，h（x）在[1，e]上单调递增，
所以h（x）最小值为h（1），由h（1）=1+1+a＜0可得a＜-2；         …14分
③当1＜1+a＜e，即0＜a＜e-1时，可得h（x）最小值为h（1+a）=2+a-aln（1+a），
因为0＜ln（1+a）＜1，所以，0＜aln（1+a）＜a故h（1+a）=2+a-aln（1+a）＞2此时不存在x₀使h（x₀）＜0成立．
综上可得所求a的范围是：$a＞\frac{{e}^{2}+1}{e-1}$或a＜-2．       …16分
解法二：由题意得，存在x∈[1，e]，使得a（lnx-$\frac{1}{x}$）＞x+$\frac{1}{x}$成立．
令m（x）=lnx-$\frac{1}{x}$，∵m（x）在[1，e]上单调递增，且m（1）=-1＜0，m（e）=1-$\frac{1}{e}$＞0
故存在x₁∈（1，e），使得x∈[1，x₁）时，m（x）＜0；x∈（x₁，e]时，m（x）＞0
故存在x∈[1，x₁）时，使得a＜$\frac{x2+1}{xlnx-1}$成立，…（☆）
或存在x∈（x₁，e]时，使得a＞$\frac{x2+1}{xlnx-1}$成立，…（☆☆） …12分
记函数F（x）=$\frac{x2+1}{xlnx-1}$，F′（x）=$\frac{（x2-1）lnx-（x+1）2}{（xlnx-1）2}$
当1＜x≤e时，（x²-1）lnx-（x+1）²=（x²-1）•$\b\bc\（（lnx-\frac{x+1}{x-1}）$
∵G（x）=lnx-$\frac{x+1}{x-1}$=lnx-$\frac{2}{x-1}$-1递增，且G（e）=-$\frac{2}{e-1}$＜0
∴当1＜x≤e时，（x²-1）lnx-（x+1）²＜0，即F′（x）＜0
∴F（x）在[1，x₁）上单调递减，在（x₁，e]上也是单调递减，…14分
∴由条件（☆）得：a＜F（x）_max=F（1）=-2
由条件（☆☆）得：a＞F（x）_min=F（e）=$\frac{e2+1}{e-1}$
综上可得，a＞$\frac{e2+1}{e-1}$或a＜-2．                               …16分．

点评 本题主要考查利用导数解决函数极值问题和利用导数解决函数单调性和参数取值范围，高考常考题型，难度较大．