Question

6．已知函数f（x）=alnx-ax-3（a≠0）．
（1）讨论f（x）的单调性；
（2）若f（x）+（a+1）x+4-e≤0对任意x∈[e，e²]恒成立，求实数a的取值范围（e为自然常数）．

Answer 1

分析 （1）先求导，再分类讨论即可得到函数的单调性；
（2）令F（x）=alnx-ax-3+（a+1）x+4-e=alnx+x+1-e，从而求导F′（x）=$\frac{x+a}{x}$，再由导数的正负讨论确定函数的单调性，从而求函数的最大值，从而化恒成立问题为最值问题即可．

解答 解：（Ⅰ）f′（x）=$\frac{a}{x}$-a=$\frac{a-ax}{x}$=$\frac{a（1-x）}{x}$（x＞0），
当a＞0时，f（x）的单调增区间为（0，1]，单调减区间为[1，+∞）；
当a＜0时，f（x）的单调增区间为[1，+∞），单调减区间为（0，1]；
（Ⅱ）令F（x）=alnx-ax-3+（a+1）x+4-e=alnx+x+1-e，则F′（x）=$\frac{x+a}{x}$，
若-a≤e，即a≥-e，
F（x）在[e，e²]上是增函数，
F（x）_max=F（e²）=2a+e²-e+1≤0，
a≤$\frac{1}{2}$（e-1-e²），无解．
若e＜-a≤e²，即-e²≤a＜-e，
F（x）在[e，-a]上是减函数；在[-a，e²]上是增函数，
F（e）=a+1≤0，即a≤-1．
F（e²）=2a+e²-e+1≤0，即a≤$\frac{1}{2}$（e-1-e²），
∴-e²≤a≤$\frac{1}{2}$（e-1-e²）．
若-a＞e²，即a＜-e²，
F（x）在[e，e²]上是减函数，
F（x）_max=F（e）=a+1≤0，即a≤-1，
∴a＜-e²，
综上所述，a≤$\frac{1}{2}$（e-1-e²）．

点评 本题考查了导数与函数单调性，以及考查了恒成立问题及分类讨论的数学思想应用，属于中档题．