Question

11．已知函数$f（x）=\frac{a}{e^x}+lnx$．（a∈R）
（Ⅰ）若函数在区间$[\frac{1}{e}，\;e]$上单调递减，求实数a的取值范围；
（Ⅱ）试讨论函数f（x）在区间（0，+∞）内极值点的个数．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由题意可知f′（x）=-$\frac{a}{{e}^{x}}$+$\frac{1}{x}$≤0，a≥$\frac{{e}^{x}}{x}$，则构造辅助函数，求导，根据函数函数的单调性即可求得$\frac{{e}^{x}}{x}$最大值，即可求得实数a的取值范围；
（Ⅱ）方法1：构造辅助函数，g（x）=$\frac{{e}^{x}}{x}$，求导g′（x）=$\frac{（x-1）{e}^{x}}{{x}^{2}}$，根据函数的单调性即可求得g（x）最小值，根据函数的单调性及极值的判断求得函数的f（x）的极值点的个数；方法2：分类讨论，根据当a≤1时，根据函数的单调性f（x）在区间（0，+∞）递增，f（x）无极值，当a＞1时，构造辅助函数，求导，根据函数的单调性与极值的关系，即可求得f（x）的极值个数．

解答 解：（Ⅰ）由题意可知：对?x∈$[\frac{1}{e}，\;e]$，f′（x）=-$\frac{a}{{e}^{x}}$+$\frac{1}{x}$≤0，
即a≥$\frac{{e}^{x}}{x}$，对?x∈$[\frac{1}{e}，\;e]$恒成立，
令g（x）=$\frac{{e}^{x}}{x}$，求导g′（x）=$\frac{（x-1）{e}^{x}}{{x}^{2}}$，
当0＜x＜1时，g′（x）＜0，当x＞1，g′（x）＞0，
∴函数g（x）在[$\frac{1}{e}$，1]上单调递减，在（1，e]上单调递增，
∴g（$\frac{1}{e}$）=${e}^{1+\frac{1}{e}}$，g（e）=e^e-1，由e^e-1＞${e}^{1+\frac{1}{e}}$，
∴在区间$[\frac{1}{e}，\;e]$上g（x）_max=e^e-1，
∴a≥e^e-1，
（Ⅱ）解法1：由f′（x）=-$\frac{a}{{e}^{x}}$+$\frac{1}{x}$=$\frac{{e}^{x}-ax}{x{e}^{x}}$=$\frac{\frac{{e}^{x}}{x}-a}{{e}^{x}}$，
g（x）=$\frac{{e}^{x}}{x}$，g′（x）=$\frac{（x-1）{e}^{x}}{{x}^{2}}$，
当0＜x＜1时，g′（x）＜0，当x＞1时，g′（x）＞0，
∴函数g（x）在（0，1）单调递减，在（1，+∞）单调递增，
g（x）_min=g（1）=e，
当a≤e时，g（x）≥a恒成立，f′（x）≥0，
函数f（x）在区间（0，+∞）单调递增，f（x）无极值点，
当a＞e时，g（x）_min≥g（1）=e＜a，
故存在x₁∈（0，1）和x₂∈（1，+∞），使得g（x₁）=g（x₂）=a，
当0＜x＜x₁，f′（x）＞0，当x₁＜x＜x₂时，f′（x）＜0，当x＞x₂，f′（x）＞0，
∴函数f（x）在（x₁，x₂）单调递减，在（0，x₁）和（x₂，+∞），
∴x₁为函数f（x）的极大值点，x₂为函数f（x）的极小值点，
综上可知；a≤e时，函数f（x）无极值点，当a＞e时，函数f（x）有两个极值点．
方法2：f′（x）=$\frac{{e}^{x}-ax}{x{e}^{x}}$，设h（x）=e^x-ax（x＞0），则h（x）=e^x-a，由x＞0，e^x＞1，
（1）当a≤1时，h′（x）＞0，h（x）递增，h（x）＞h（0）=1，
则f′（x）＞0，f（x）递增，f（x）在区间（0，+∞）内无极值；
（2）当a＞1时，由h′（x）=e^x-a＞0，则x＞lna，
可知h（x）在（0，lna）内递减，在（lna，+∞）单调递增，
∴h（x）_max=h（lna）=a（1-lna），
①当1＜a≤e时，h（x）＞h（x）_min≥0，
则f′（x）＞0，f（x）单调递增，f（x）在区间（0，+∞）内无极值；
②当a＞e时，h（x）_min＜0，又h（0）＞0，x很大时，h（x）＞0，
∴存在x₁∈（0，lna），x₂∈（lna，+∞），使得h（x₁）=0，h（x₂）=0，
即f′（x₁）=0，f′（x₂）=0，可知在x₁，x₁两边f′（x）符号相反，
∴函数f（x）有两个极值点x₁，x₂，
综上可知；a≤e时，函数f（x）无极值点，当a＞e时，函数f（x）有两个极值点．

点评 本题考查导数的综合应用，考查导数与函数单调性及极值的判断，利用函数求函数的最值，考查分类讨论思想，属于中档题．