Question

15．已知函数f（x）=x+$\frac{1-a}{x}$-alnx，a∈R．
（Ⅰ）讨论函数f（x）极值点的个数；
（Ⅱ）如果区间[1，e]（e=2.71828…）上总存在一点x₀，使x₀+$\frac{1}{x_0}$＜a（lnx₀+$\frac{1}{x_0}$）成立，求a的取值范围．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函数的定义域，函数的导函数，①a＞-1时，②a≤-1时，分别求解函数的单调区间，从而求出极值点的个数；
（Ⅱ）转化已知条件为函数h（x）在[1，e]上的最小值[h（x）]_min＜0，利用第（1）问的结果，通过①a≤e-1时，②a≥0时，③1-e＜a＜0时，分别求解函数的最小值，推出所求a的范围．

解答 解：（Ⅰ）f（x）=x+$\frac{1-a}{x}$-alnx，定义域为（0，+∞），
f′（x）=1-$\frac{1-a}{{x}^{2}}$-$\frac{a}{x}$=$\frac{{x}^{2}-ax-（1-a）}{{x}^{2}}$=$\frac{（x-1）[x-（a-1）]}{{x}^{2}}$，
①当0＜a-1＜1，即1＜a＜2时，
令f′（x）＞0，解得：x＞1或0＜x＜a-1，
令f′（x）＜0，解得：a-1＜x＜1，
f（x）在（0，a-1）递增，在（a-1，1）递减，在（1，+∞）递增，
∴f（x）有2个极值点；
②a-1=1即a=2时，f′（x）≥0，
∴f（x）在（0，+∞）递增，
∴f（x）没有极值点；
③a-1＞1即a＞2时，令f′（x）＞0，解得：x＞a-1或x＜1，
令f′（x）＜0，解得：1＜x＜a-1，
f（x）在（0，1）递增，在（1，a-1）递减，在（a-1，+∞）递增，
∴f（x）有2个极值点
④当a-1≤0，即a≤1时，令f′（x）＞0，解得：x＞1，令f′（x）＜0，解得：0＜x＜1，
∴f（x）在（0，1）递减，在（1，+∞）递增，
∴f（x）有1个极值点；
综上：当1＜a＜2，或a＞2时，f（x）有2个极值点，当a≤1时f（x）有1个最小值点；a=2时f（x）没有极值点；               
（Ⅱ）由题意可知，在[1，e]上存在一点x₀，使x₀+$\frac{1}{x_0}$＜a（lnx₀+$\frac{1}{x_0}$）成立，
即在[1，e]上存在一点x₀，使得f（x₀）＜0，
即函数f（x）在[1，e]上的最小值[f（x）]_min＜0，
①当a-1≥e，即a≥e+1时，h（x）在[1，e]上单调递减，
∴[f（x）]_min=f（e）=e+$\frac{1-a}{e}$-a＜0，∴a＞$\frac{{e}^{2}+1}{e+1}$，
∵$\frac{{e}^{2}+1}{e+1}$＜e+1，此时存在x₀使f（x₀）＜0成立；                 
②当a-1≤1，即a≤2时，f（x）在[1，e]上单调递增，
∴[f（x）]_min=f（1）=1+1-a≤0，
∴a≥2，故a=2
③当1＜a-1＜e，即2＜a＜e+1时，∴[f（x）]_min=f（a-1）=a-2-aln（a-1）＜0，
∵0＜ln（a-1）＜1，∴0＜aln（a-1）＜a，∴0＜f（a-1）＜a-2，
此时存在x₀使f（x₀）＜0成立．            
综上可得所求a的范围是：a≥2．

点评 本题考查函数的导数的综合应用，曲线的切线方程函数的单调性以及函数的最值的应用，考查分析问题解决问题得到能力．