Question

1．已知函数f（x）=$\frac{1}{x}$-x+alnx（a∈R）（e=2.71828…是自然对数的底数）．
（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）的两个极值点为x₁和x₂，记过点A（x₁，f（x₁）），B（x₂，f（x₂））的直线的斜率为k，是否存在实数a，使得k$≤\frac{2e}{{e}^{2}-1}$a-2？若存在，求出a的取值集合；若不存在，请说明理由．

Answer 1

分析 （1）求出f（x）的定义域和导数，令g（x）=x²-ax+1，讨论①当a＜-2时，②当a＞2时，通过导数的符号确定单调性，即可得到所求a的范围；
（2）假设存在满足条件的实数a，运用直线的斜率公式，结合条件转化为$\frac{ln{x}_{1}-ln{x}_{2}}{{x}_{1}-{x}_{2}}$$≤\frac{2e}{{e}^{2}-1}$，通过构造函数F（x）=$\frac{1}{x}$-x+$\frac{{e}^{2}-1}{e}$lnx（x＞1），求出导数，判断单调性，再由g（x₂）=x₂²-ax₂+1=0，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，△=a²-4，△＞0可得a＞2或a＜-2，
①当a＜-2时，对称轴x=$\frac{a}{2}$＜-1，g（0）=1＞0，
则当x＞0时，g（x）＞0，即f′（x）＜0，
则有f（x）在（0，+∞）递减，不合题意；
②当a＞2时，g（x）的对称轴为x=$\frac{a}{2}$＞1，g（0）=1＞0，
则g（x）有两个不等的实根x₁，x₂，
且0＜x₁＜1，x₂＞1，x₁x₂=1，
当x∈（0，x₁），x∈（x₂，+∞），f′（x）＜0，
当x∈（x₁，x₂）时，f′（x）＞0，
即f（x）在（0，x₁），（x₂，+∞）递减，在（x₁，x₂）递增．
则有a的取值范围是（2，+∞）；
（2）假设存在满足条件的实数a，由（1）知，a＞2．
由f（x₁）-f（x₂）=$\frac{{x}_{2}-{x}_{1}}{{x}_{1}{x}_{2}}$+（x₂-x₁）+a（lnx₁-lnx₂）
则k=$\frac{f（{x}_{1}）-f（{x}_{2}）}{{x}_{1}-{x}_{2}}$=-$\frac{1}{{x}_{1}{x}_{2}}$-1+a•$\frac{ln{x}_{1}-ln{x}_{2}}{{x}_{1}-{x}_{2}}$，
若k$≤\frac{2e}{{e}^{2}-1}$a-2，则$\frac{ln{x}_{1}-ln{x}_{2}}{{x}_{1}-{x}_{2}}$$≤\frac{2e}{{e}^{2}-1}$，
由①可设0＜x₁＜1，x₂＞1，且有x₁x₂=1，则x₁-x₂≤$\frac{{e}^{2}-1}{2e}$（lnx₁-lnx₂），
即$\frac{1}{{x}_{2}}$-x₂+$\frac{{e}^{2}-1}{e}$lnx₂≤0，（*）
由x₂＞1，F（x）=$\frac{1}{x}$-x+$\frac{{e}^{2}-1}{e}$lnx（x＞1），
并记x₁'=$\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}$]，
则由①②知F（x）在（1，x₁'）递增，在（x₂'，+∞）递减，且0＜x₁'＜1＜x₂'＜e，
又F（1）=F（e）=0，当x∈（1，e）时，F（x）＞0，当x∈（e，+∞）时，F（x）＜0，
由（*）知，F（x₂）≤0，故有x₂≥e，
由①知，g（x₂）=x₂²-ax₂+1=0，a=x₂+$\frac{1}{{x}_{2}}$≥e+$\frac{1}{e}$，
（由于y=x+$\frac{1}{x}$在（e，+∞）递增），
又a＞2，则有a的取值集合为{a|a≥e+$\frac{1}{e}$}．

点评 本题考查导数的运用：求单调区间和极值，同时考查直线的斜率公式和不等式的存在性问题注意运用构造函数，参数分离，属于难题．