Question

8．已知函数f（x）=1-$\frac{1}{x}$-alnx（a∈R），g（x）=2x-e^x（e=2.71828…是自然对数的底数）．
（Ⅰ）求函数g（x）的单调区间；
（Ⅱ）判断a＞1时，f（$\frac{1}{{e}^{a}}$）的符号；
（Ⅲ）若函数f（x）有两个零点，求实数a的取值范围．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函数的导数，解关于导函数的不等式，求出函数的单调区间即可；
（Ⅱ）求出f（$\frac{1}{{e}^{a}}$）的解析式，根据函数的单调性判断即可；
（Ⅲ）根据函数的单调性求出f（x）的最大值，得到关于a的不等式，求出a的范围即可．

解答 解：（Ⅰ）∵g（x）=2x-e^x，∴x∈R，且g′（x）=2x-e^x．
∴当x＜ln2时，g′（x）＞0，g（x）单调递增，
当x＞ln2时，g′（x）＜0，g（x）单调递减，
所以函数g（x）的单调递增区间是（-∞，ln2]，单调递减区间是[ln2，+∞）．…（2分）
（Ⅱ）∵f（x）=1-$\frac{1}{x}$-alnx，∴f（$\frac{1}{{e}^{a}}$）=1-e^a+a²（a＞1）．
设h（x）=1-e^x+x²，∴h′（x）=-e^x+2x．
由（Ⅰ）知，当x＞1时，h′（x）＜h′（1）=2-e＜0，
h（x）在区间[1，+∞）单调递减，
∴x＞1时，h（x）＜h（1）=-e＜0．
∴a＞1时，f（$\frac{1}{{e}^{a}}$）＜0，即f（$\frac{1}{{e}^{a}}$）符号是“-”．…（5分）
（Ⅲ）由函数f（x）=1-$\frac{1}{x}$-alnx得，x＞0且f′（x）=$\frac{1-ax}{{x}^{2}}$．
当a≤0时，f′（x）＞0，f（x）单调递增，f（x）没有两个零点，∴a＞0…（6分）
∴f′（x）=-$\frac{a}{{x}^{2}}$（x-$\frac{1}{a}$）．∴当0＜x＜$\frac{1}{a}$时，f′（x）＞0，f（x）单调递增．
当x＞$\frac{1}{a}$时，f′（x）＜0，f（x）单调递减．又f′（$\frac{1}{a}$）=0，
∴f（x）_max=f（$\frac{1}{a}$）=1-a+alna．…（7分）
设s（x）=1-x+xlnx，∴x＞0且s′（x）=lnx，同上可得s（x）_min=s（1）=0，
∴当a＞0且a≠1时，f（x）_max＞0，当a=1时，f（x）没有两个零点．…（8分）
设t（x），则t′（x）=e^x-1，∴x＞1时，t′（x）＞0，t（x）单调递增，
所以x＞1时，t（x）＞t（1），即x＞1时，e^x＞x．…（9分）
当a＞1时，e^x＞a，∴$\frac{1}{{e}^{x}}$＜$\frac{1}{a}$＜1．∵f（$\frac{1}{{e}^{x}}$），
∴f（x）在区间（$\frac{1}{{e}^{x}}$，$\frac{1}{a}$）上有一个零点，又f（1）=0，
∴f（x）有两个零点．…（10分）
当0＜a＜1时，1＜$\frac{1}{a}$＜${e}^{\frac{1}{a}}$．∵f（${e}^{\frac{1}{a}}$）=-${e}^{-\frac{1}{a}}$＜0，
∴f（x）在区间（$\frac{1}{a}$，${e}^{\frac{1}{a}}$）上有一个零点，
又f（1）=0，∴f（x）有两个零点．…（11分）
综上所述，实数a的取值范围是（0，1）∪（1，+∞）．…（12分）

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，转化思想，是一道综合题．