Question

8．已知函数f（x）=x-alnx，（a∈R）．
（1）讨论函数f（x）在定义域内的极值点的个数；
（2）设g（x）=-$\frac{a+1}{x}$，若在[1，e]上存在一点x₀，使得f（x₀）＜g（x₀）成立，求a的取值范围．

Answer 1

分析 （1）求出函数的导数，通过a的取值，判断函数的单调性，推出函数的极值．
（2）构造函数$h（x）=f（x）-g（x）=x+\frac{1+a}{x}-alnx（x＞0）$，求出函数的导数，转化已知条件为：函数$h（x）=x+\frac{1+a}{x}-alnx$在[1，e]上的最小值大于零．通过①a≥e-1，②a≤0，③0＜a＜e-1时，分别求解函数的最值，然后推出a的范围．

解答 解：（1）函数f（x）=x-alnx的定义域为：（0，+∞），
${f^'}（x）=1-\frac{a}{x}=\frac{x-a}{x}（x＞0）$，
当a≤0时，f′（x）＞0在（0，+∞）上恒成立，
函数f（x）在（0，+∞）单调递增，∴f（x）在（0，+∞）上没有极值点．
当a＞0时，f′（x）＜0，得0＜x＜a，f′（x）＞0，得x＞a，
∴f（x）在（0，a）上递减，在（a，+∞）上递增，
即f（x）在x=a处有极小值，无极大值．
∴当a≤0时，f（x）在（0，+∞）上没有极值点，
当a＞0时，f（x）在（0，+∞）上有一个极值点．
（2）设$h（x）=f（x）-g（x）=x+\frac{1+a}{x}-alnx（x＞0）$，
${h^'}（x）=1-\frac{1+a}{x^2}-\frac{a}{x}=\frac{{{x^2}-ax-（1+a）}}{x^2}=\frac{（x+1）[x-（1+a）]}{x^2}$，
（i）当a+1＞0时，即a＞-1时，在（0，1+a）上h'（x）＜0，在（1+a，+∞）上h'（x）＞0，
所以h（x）在（0，1+a）上单调递减，在（1+a，+∞）上单调递增；
（ii）当1+a≤0，即a≤-1时，在（0，+∞）上h'（x）＞0，
所以，函数h（x）在（0，+∞）上单调递增
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]上的最大值小于零．（9分）
①即1+a≥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h（e），
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＞$\frac{{e}^{2}+1}{e-1}$；（10分）
②当1+a≤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；（11分）
③当1＜1+a＜e，即0＜a＜e-1时，可得h（x）最小值为h（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，h（1+a）＜0不成立．（12分）
综上讨论可得所求a的范围是：a＞$\frac{{e}^{2}+1}{e-1}$或a＜-2．（13分）

点评 本题考查函数的导数的综合应用，函数的极值的求法，构造法的应用，考查转化思想以及分类讨论思想的应用．