Question

3．设函数f（x）=（x-a）lnx-x+a，a∈R．
（1）若a=0，求函数f（x）的单调区间；
（2）若a＜0，试判断函数f（x）在区间（e^-2，e²）内的极值点的个数，并说明理由；
（3）求证：对任意的正数a，都存在实数t，满足：对任意的x∈（t，t+a），f（x）＜a-1．

Answer 1

分析 （1）求解f′（x）=lnx，利用f′（x）＞0，f′（x）＜0，解不等式求解单调递增区间，单调递减区间．
（2）f′（x）=lnx-$\frac{a}{x}$，其中x＞0，
再次构造函数令g（x）=xlnx-a，分析g（x）的零点情况．g′（x）=lnx+1，
令g′（x）=0，x=$\frac{1}{e}$，列表分析得出g（x）单调性，判断g（x）_min=g（$\frac{1}{e}$）=-$\frac{1}{e}$-a，
分类讨论求解①若a≤-$\frac{1}{e}$，②若-$\frac{1}{e}$＜a＜-$\frac{2}{e2}$，③若-$\frac{2}{e2}$≤a＜0，f（x）的单调性，f（x）最大值，最小值，
确定有无零点问题．
（3）先猜想x∈（1，1+a），f（x）＜a-1恒成立．
再运用导数判断证明．令G（x）=lnx-x+1，x≥1．G′（x）=$\frac{1}{x}$-1≤0，求解最大值，
得出G（x）＜G（1）=0即可．

解答 解：（1）当a=0时，f（x）=xlnx-x，f′（x）=lnx，
令f′（x）=0，x=1，列表分析

x	（0，1）	1	（1，+∞）
f′（x）	-	0	+
f（x）	单调递减		单调递增

故f（x）的单调递减区间为（0，1），单调递增区间为（1，+∞）．
（2）f（x）=（x-a）lnx-x+a，f′（x）=lnx-$\frac{a}{x}$，其中x＞0，
令g（x）=xlnx-a，分析g（x）的零点情况．g′（x）=lnx+1，令g′（x）=0，x=$\frac{1}{e}$，列表分析

x	（0，$\frac{1}{e}$）	$\frac{1}{e}$	（$\frac{1}{e}$，+∞）
g′（x）	-	0	+
g（x）	单调递减		单调递增

g（x）_min=g（$\frac{1}{e}$）=-$\frac{1}{e}$-a，
而f′（$\frac{1}{e}$）=ln$\frac{1}{e}$-ae=-1-ae，f′（e^-2）=-2-ae²=-（2+ae²），f′（e²）=2-$\frac{a}{e2}$=$\frac{1}{e2}$（2e²-a），
①若a≤-$\frac{1}{e}$，则f′（x）=lnx-$\frac{a}{x}$≥0，
故f（x）在（e^-2，e²）内没有极值点；
②若-$\frac{1}{e}$＜a＜-$\frac{2}{e2}$，则f′（$\frac{1}{e}$）=ln$\frac{1}{e}$-ae＜0，f′（e^-2）=-（2+ae²）＞0，f′（e²）=$\frac{1}{e2}$（2e²-a）＞0，
因此f′（x）在（e^-2，e²）有两个零点，f（x）在（e^-2，e²）内有两个极值点；
③若-$\frac{2}{e2}$≤a＜0，则f′（$\frac{1}{e}$）=ln$\frac{1}{e}$-ae＜0，f′（e^-2）=-（2+ae²）≤0，f′（e²）=$\frac{1}{e2}$（2e²-a）＞0，
因此f′（x）在（e^-2，e²）有一个零点，f（x）在（e^-2，e²）内有一个极值点；
综上所述，当a∈（-∞，-$\frac{1}{e}$]时，f（x）在（e^-2，e²）内没有极值点；
当a∈（-$\frac{1}{e}$，-$\frac{2}{e2}$）时，f（x）在（e^-2，e²）内有两个极值点；
当a∈[-$\frac{2}{e2}$，0）时，f（x）在（e^-2，e²）内有一个极值点．
（3）猜想：x∈（1，1+a），f（x）＜a-1恒成立．
证明如下：
由（2）得g（x）在（$\frac{1}{e}$，+∞）上单调递增，且g（1）=-a＜0，g（1+a）=（1+a）ln（1+a）-a．
因为当x＞1时，lnx＞1-$\frac{1}{x}$（*），所以g（1+a）＞（1+a）（1-$\frac{1}{a+1}$）-a=0．
故g（x）在（1，1+a）上存在唯一的零点，设为x₀．  由

x	（1，x0）	x0	（x0，1+a）
f’（x）	-	0	+
f（x）	单调递减		单调递增

知，x∈（1，1+a），f（x）＜max{f（1），f（1+a）}．
又f（1+a）=ln（1+a）-1，而x＞1时，lnx＜x-1（**），
所以f（1+a）＜（a+1）-1-1=a-1=f（1）．
即x∈（1，1+a），f（x）＜a-1．
所以对任意的正数a，都存在实数t=1，使对任意的x∈（t，t+a），使 f（x）＜a-1．
补充证明（*）：
令F（x）=lnx+$\frac{1}{x}$-1，x≥1．F′（x）=$\frac{1}{x}$-$\frac{1}{x2}$=$\frac{x-1}{x2}$≥0，
所以F（x）在[1，+∞）上单调递增．
所以x＞1时，F（x）＞F（1）=0，即lnx＞1-$\frac{1}{x}$．
补充证明（**）
令G（x）=lnx-x+1，x≥1．G′（x）=$\frac{1}{x}$-1≤0，
所以G（x）在[1，+∞）上单调递减．
所以x＞1时，G（x）＜G（1）=0，即lnx＜x-1．

点评 本题主要考查导数与函数单调性的关系，会熟练运用导数解决函数的极值与最值问题．求函数的单调区间，应该先求出函数的导函数，令导函数大于0得到函数的递增区间，令导函数小于0得到函数的递减区间，考查了不等式与导数的结合，难度较大．