Question

8．已知函数f（x）=x-（a-1）lnx+$\frac{a}{x}$（a∈R）．
（1）讨论f（x）的单调性；
（2）若f（x）在[1，e]上存在点x₀，使得f（x₀）≤0成立，求实数a的取值范围．

Answer 1

分析 （1）求出函数的导数，通过讨论a的范围求出函数的单调区间；（2）通过讨论a的范围，得到关于a的不等式，结合函数的单调性求出a的具体范围即可．

解答 解：（1）f（x）=x-（a-1）lnx+$\frac{a}{x}$，（x＞0），
f′（x）=1-$\frac{a-1}{x}$-$\frac{a}{{x}^{2}}$=$\frac{（x-a）（x+1）}{{x}^{2}}$，
①a≤0时，f′（x）≥0，f（x）递增，
②a＞0时，令f′（x）＞0，解得：x＞a，令f′（x）＜0，解得：0＜x＜a，
∴f（x）在（0，a）递减，在（a，+∞）递增；
（2）若f（x）在[1，e]上存在点x₀，使得f（x₀）≤0成立，
即f（x）_min≤0在[1，e]上成立，
由（1）得：
①a≤1时，f（x）在[1，e]递增，f（x）_min=f（1）=1+a≤0，解得：a≤-1，
②1＜a＜e时，f（x）在[1，a）递减，在（a，e]递增，
∴f（x）_min=f（a）=a-（a-1）lna+1≤0，
令g（a）=a-（a-1）lna+1，（1＜a＜e），
g′（a）=$\frac{1}{a}$-lna，g″（a）=-$\frac{1}{{a}^{2}}$-$\frac{1}{a}$＜0，
g′（a）在[1，e]递减，
而g′（1）=1＞0，g′（e）=$\frac{1}{e}$-1＜0，
故存在a₀，使得g（a）在[1，a₀）递增，在（a₀，e]递减，
又g（1）=2＞0，故g（a₀）＞0，
故1＜a＜e不合题意；
③a≥e时，f（x）在[1，e]递减，
f（x）min=f（e）=1+$\frac{a}{e}$≤0，解得：a≤-1（舍），
综上：a≤-1．

点评 本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应用以及分类讨论思想，是一道中档题．