Question

7．设函数f（x）=$\frac{1}{x}$-x+alnx（a∈R）（e=2.71828…是一个无理数）．
（1）若函数f（x）在定义域上不单调，求a的取值范围；
（2）设函数f（x）的两个极值点分别为x₁和x₂，记过点A（x₁，f（x₁）），B（x₂，f（x₂））的直线斜率为k，若k≤$\frac{2e}{e^2-1}$•a-2恒成立，求a的取值集合．

Answer 1

分析 （1）求出导数，令g（x）=x²-ax+1，其判别式△=a²-4．讨论①当-2≤a≤2时，②当a＜-2时，③当a＞2时，由导数符号确定函数的单调性，即可得到a的范围；
（2）运用韦达定理可得a=x₁+x₂=x₂+$\frac{1}{{x}_{2}}$＞2，作差f（x₁）-f（x₂），再由条件，结合恒成立思想，运用函数的单调性，构造函数F（x）=$\frac{1}{x}$-x+$\frac{{e}^{2}-1}{e}$•lnx（x＞1），通过求导，判断单调性可得x₂≥e，即可得到a的范围．

解答 解：（1）∵f（x）的定义域为（0，+∞），f′（x）=-$\frac{1}{{x}^{2}}$-1+$\frac{a}{x}$=-$\frac{{x}^{2}-ax+1}{{x}^{2}}$，
令g（x）=x²-ax+1，其判别式△=a²-4．
①当-2≤a≤2时，△≤0，f′（x）≤0，
故f（x）在（0，+∞）上单调递减，不合题意．
②当a＜-2时，△＞0，g（x）=0的两根都小于零，
故在（0，+∞）上，f′（x）＜0，故f（x）在（0，+∞）上单调递减，不合题意．
③当a＞2时，△＞0，设g（x）=0的两个根x₁，x₂都大于零，
令x₁=$\frac{a-\sqrt{{a}^{2}-4}}{2}$，x₂=$\frac{a+\sqrt{{a}^{2}-4}}{2}$，x₁x₂=1，
当0＜x＜x₁时，f′（x）＜0，当x₁＜x＜x₂时，f′（x）＞0，当x＞x₂时，f′（x）＜0，
故f（x）分别在（0，x₁），（x₂，+∞）上单调递减，在（x₁，x₂）上单调递增，
综上所述，a的取值范围是（2，+∞）．
（2）依题意及（1）知，a=x₁+x₂=x₂+$\frac{1}{{x}_{2}}$＞2，
∵f（x₁）-f（x₂）=$\frac{1}{{x}_{1}}$-x₁+alnx₁-（$\frac{1}{{x}_{2}}$-x₂+alnx₂）
=$\frac{{x}_{2}-{x}_{1}}{{x}_{1}{x}_{2}}$+（x₂-x₁）+a（lnx₁-lnx₂），
∴k=$\frac{f（{x}_{1}）-f（{x}_{2}）}{{x}_{1}-{x}_{2}}$=-$\frac{1}{{x}_{1}{x}_{2}}$-1+a•$\frac{ln{x}_{1}-ln{x}_{2}}{{x}_{1}-{x}_{2}}$=-2+a•$\frac{ln{x}_{1}-ln{x}_{2}}{{x}_{1}-{x}_{2}}$．
若k≤$\frac{2e}{{e}^{2}-1}$•a-2，
则-2+a•$\frac{ln{x}_{1}-ln{x}_{2}}{{x}_{1}-{x}_{2}}$≤$\frac{2e}{{e}^{2}-1}$•a-2，
∴$\frac{ln{x}_{1}-ln{x}_{2}}{{x}_{1}-{x}_{2}}$≤$\frac{2e}{{e}^{2}-1}$，
不妨设x₁＜x₂，则x₁-x₂≤$\frac{{e}^{2}-1}{2e}$（lnx₁-lnx₂）．又x₁=$\frac{1}{{x}_{2}}$，
∴$\frac{1}{{x}_{2}}$-x₂≤$\frac{{e}^{2}-1}{2e}$（-2lnx₂），
∴$\frac{1}{{x}_{2}}$-x₂+$\frac{{e}^{2}-1}{e}$lnx₂≤0（x₂＞1）①恒成立．
记F（x）=$\frac{1}{x}$-x+$\frac{{e}^{2}-1}{e}$•lnx（x＞1），F′（x）=-$\frac{1}{{x}^{2}}$-1+$\frac{{e}^{2}-1}{e}$•$\frac{1}{x}$，
记x₁′=$\frac{1}{2}$[$\frac{{e}^{2}-1}{e}$-$\sqrt{（\frac{{e}^{2}-1}{e}）^{2}-4}$]，x₂′═$\frac{1}{2}$[$\frac{{e}^{2}-1}{e}$+$\sqrt{（\frac{{e}^{2}-1}{e}）^{2}-4}$]，
由（1）③知F（x）在（1，x₂′）上单调递增，在（x₂′，+∞）上单调递减，
且易知0＜x₁′＜1＜x₂′＜e．又F（1）=0，F（e）=0，
所以，当x∈（1，e）时，F（x）＞0；当x∈[e，+∞）时，F（x）≤0．
故由①式可得，x₂≥e，代入方程g（x₂）=x₂²-ax₂+1=0，
得a=x₂+$\frac{1}{{x}_{2}}$≥e+$\frac{1}{e}$（∵a=x₂+$\frac{1}{{x}_{2}}$在x₂∈[e，+∞）上递增）．
又a＞2，所以a的取值集合是{a|a≥e+$\frac{1}{e}$}．

点评 本题考查导数的运用：求单调区间、极值，主要考查极值的运用，运用分类讨论的思想方法是解题的关键，同时考查函数的单调性的运用和基本不等式的运用，考查运算能力，属于难题．