Question

4．已知函數(shù)f（x）=x+a1nx，其中a為常數(shù)，且0＜a＜4．
（1）用定義證明：函數(shù)g（x）=f（x）+$\frac{1}{x}$-alnx在區(qū)間（0，1）上單凋遞減；
（2）當(dāng)a=1時(shí)，求f（x）在[e，e²]（e=2.71828…）上的值域：
（3）若f（x）≥3e+1在區(qū)間[e，e²]上有解，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）化簡g（x）=f（x）+$\frac{1}{x}$-alnx=x+$\frac{1}{x}$，從而按定義法的五步驟證明即可；
（2）當(dāng)a=1時(shí)，函數(shù)f（x）=x+1nx，求導(dǎo)f′（x）=1+$\frac{1}{x}$＞0；從而可得f（e）≤f（x）≤f（e²），從而解得；
（3）令F（x）=f（x）-3e-1=x+a1nx-3e-1，求導(dǎo)F′（x）=1+$\frac{a}{x}$＞0；從而可得F（e）•F（e²）≤0，從而解得．

解答 解：（1）證明：g（x）=f（x）+$\frac{1}{x}$-alnx=x+$\frac{1}{x}$，
任取x₁，x₂∈（0，1），且x₁＜x₂；
則f（x₁）-f（x₂）=x₁+$\frac{1}{{x}_{1}}$-（x₂+$\frac{1}{{x}_{2}}$）
=（x₁-x₂）（1-$\frac{1}{{x}_{1}{x}_{2}}$）
∵0＜x₁＜x₂＜1，
∴x₁-x₂＜0，1-$\frac{1}{{x}_{1}{x}_{2}}$＜0；
故f（x₁）-f（x₂）＞0，
故函數(shù)g（x）=f（x）+$\frac{1}{x}$-alnx在區(qū)間（0，1）上單凋遞減；
（2）當(dāng)a=1時(shí)，函數(shù)f（x）=x+1nx，f′（x）=1+$\frac{1}{x}$＞0；
故f（x）在[e，e²]上是增函數(shù)；
故f（e）≤f（x）≤f（e²），
即e+1≤f（x）≤2+e²，
故f（x）在[e，e²]上的值域?yàn)閇1+e，2+e²]；
（3）令F（x）=f（x）-3e-1=x+a1nx-3e-1，
∵F′（x）=1+$\frac{a}{x}$＞0；
故F（x）在區(qū)間[e，e²]上單調(diào)遞增，且F（x）在區(qū)間[e，e²]上連續(xù)；
故F（e）•F（e²）≤0，
即（a-2e-1）（2a+e²-3e-1）≤0，
解得，$\frac{3e+1-{e}^{2}}{2}$≤a≤2e+1，
故$\frac{3e+1-{e}^{2}}{2}$≤a＜4．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了導(dǎo)數(shù)在判斷函數(shù)的單調(diào)性時(shí)的應(yīng)用及函數(shù)的零點(diǎn)的判定定理的應(yīng)用．