Question

4．设f（x）=x-$\frac{a-1}{x}$-alnx（a∈R）．
（1）当a=1时，求曲线y=f（x）在点（$\frac{1}{2}$，$\frac{1}{2}$+ln2）处的切线方程；
（2）若x=1是函数f（x）的极大值点，求a的取值范围；
（3）当a＜1时，在[$\frac{1}{e}$，e]上是否存在一点x₀，使f（x₀）＞e-1成立？说明理由．

Answer 1

分析 （1）求出函数的导数，计算f′（$\frac{1}{2}$），代入切线方程即可；
（2）求出函数的导数，通过讨论a的范围，求出函数的单调区间，从而求出函数的极值，得到a的具体范围即可；
（3）问题转化为只需证明$x∈[\frac{1}{e}，{e}]$时，f（x）_max＞e-1即可，根据函数的单调性证明即可．

解答 解：（1）当a=1时，f（x）=x-lnx，${f^'}（x）=1-\frac{1}{x}$，
所以曲线y=f（x）在点$（\frac{1}{2}，\frac{1}{2}+ln2）$处的切线的斜率为${f^'}（\frac{1}{2}）=1-\frac{1}{{\frac{1}{2}}}=-1$．
所求切线方程为$y-（\frac{1}{2}+ln2）=-（x-\frac{1}{2}）$，即x+y-ln2-1=0．
（2）$f'（x）=1+\frac{a-1}{x^2}-\frac{a}{x}=\frac{{{x^2}-ax+（a-1）}}{x^2}=\frac{（x-1）[x-（a-1）]}{x^2}（x＞0）$，
令f′（x）=0得，x₁=1，x₂=a-1，
①当a-1≤0即a≤1时，f′（x），f（x）随x的变化情况如下表：

x	（0，1）	1	（1，+∞）
f'（x）	-	0	+
f（x）	递减	极小值	递增

由表知x=1是函数f（x）的极小值点，不合题意；
②当0＜a-1＜1即1＜a＜2时，f′（x），f（x）随x的变化情况如下表：

x	（0，a-1）	a-1	（a-1，1）	1	（1，+∞）
f'（x）	+	0	-	0	+
f（x）	递增	极大值	递减	极小值	递增

由表知x=1是函数f（x）的极小值点，不合题意；
③当a-1=1即a=2时，f′（x），f（x）随x的变化情况如下表：

x	（0，1）	1	（1，+∞）
f'（x）	+	0	+
f（x）	递增	非极值	递增

由表知x=1不是函数f（x）的极值点，不合题意；
④当a-1＞1即a＞2时，f′（x），f（x）随x的变化情况如下表：

x	（0，1）	1	（1，a-1）	a-1	（a-1，+∞）
f'（x）	+	0	-	0	+
f（x）	递增	极大值	递减	极小值	递增

由表知x=1是函数f（x）的极大值点，适合题意；
综上所述，当a＞2时，x=1是函数f（x）的极大值点． 即所求取值范围是（2，+∞）．
（3）假设当a＜1时，在$[\frac{1}{e}，{e}]$存在一点x₀，使f（x₀）＞e-1成立，
则只需证明$x∈[\frac{1}{e}，{e}]$时，f（x）_max＞e-1即可．
由（2）知，当a＜1时，
函数f（x）在$[\frac{1}{e}，1]$上递减，在[1，e]上递增，∴$f{（x）_{max}}=max\{f（\frac{1}{e}），f（{e}）\}$．
所以只需证明f（ e）＞e-1或$f（\frac{1}{e}）＞{e}-1$即可．
∵$f（{e}）-（{e}-1）={e}-\frac{a-1}{e}-a-（{e}-1）$=$\frac{{（{e}+1）（1-a）}}{e}$
由a＜1知，$\frac{{（{e}+1）（1-a）}}{e}＞0$
∴f（ e）-（ e-1）＞0即f（ e）＞e-1成立
所以假设正确，即当a＜1时，在$x∈[\frac{1}{e}，{e}]$上至少存在一点x₀，使f（x₀）＞e-1成立．

点评 本题考查了切线方程问题，考查函数的单调性、最值、极值问题，考查导数的应用以及不等式的证明，分类讨论思想，是一道综合题．