Question

4．已知函數(shù)r（x）=alnx，s（x）=b（x-$\frac{1}{x}$），a，b為實數(shù)且a≠0．
（1）設(shè)函數(shù)f（x）=r（x）+s（x）．當a=-2時，f（x）在其定義域內(nèi)為單調(diào)增函數(shù)，求b的取值范圍；
（2）設(shè)函數(shù)g（x）=r（x）-s（x）+x．當b=1時，在區(qū)間（0，e]（其中e為自然對數(shù)的底數(shù)）上是否存在實數(shù)x₀，使得g（x₀）＜0成立，若存在，求實數(shù)a的取值范圍； 若不存在，說明理由．

Answer 1

分析 （1）把a=-2代入函數(shù)解析式，求導(dǎo)，要使f（x）為單調(diào)遞增函數(shù)，須f'（x）≥0恒成立，即bx²-2x+b≥0恒成立，求出b的值即可；
（2）把b=1代入函數(shù)解析式，求導(dǎo)，令g'（x）=0，得到g（x）在區(qū)間（0，e]上的最小值小于0，然后分類討論，當$x=\frac{1}{a}＜0$，即a＜0時，g'（x）＜0恒成立，求出g（x）在區(qū)間（0，e]上的最小值，得到a的范圍，當$x=\frac{1}{a}＞0$，即a＞0時，再進一步分類討論，求出g（x）在區(qū)間（0，e]上的最小值，得到a的范圍，綜上即可得答案．

解答 解：（1）$f（x）=r（x）+s（x）=-2lnx+b（{x-\frac{1}{x}}）$，定義域為（0，+∞）．
∵$f'（x）=\frac{{b{x^2}-2x+b}}{x^2}$，要使f（x）為單調(diào)遞增函數(shù)，須f'（x）≥0恒成立，即bx²-2x+b≥0恒成立，即$b≥\frac{2x}{{{x^2}+1}}=\frac{2}{{x+\frac{1}{x}}}$恒成立，又$\frac{2}{{x+\frac{1}{x}}}≤1$，∴b≥1，
∴f（x）定義域（0，+∞）為單調(diào)遞增函數(shù)時，b的取值范圍是[1，+∞）；
（2）b=1時，$g（x）=r（x）-s（x）+x=alnx-（{x-\frac{1}{x}}）+x，g'（x）=-\frac{1}{x^2}+\frac{a}{x}=\frac{ax-1}{x^2}$，且a≠0，
令g'（x）=0，得到$x=\frac{1}{a}$，若在區(qū)間（0，e]上存在一點x₀，使得g'（x）＜0成立，即g（x）在區(qū)間（0，e]上的最小值小于0．
①當$x=\frac{1}{a}＜0$，即a＜0時，g'（x）＜0恒成立，即g（x）在區(qū)間（0，e]上單調(diào)遞減，故g（x）在區(qū)間（0，e]上的最小值為$g（e）=\frac{1}{e}+alne=\frac{1}{e}+a$，
由$\frac{1}{e}+a＜0$，得$a＜-\frac{1}{e}$即 $a∈（{-∞，-\frac{1}{e}}）$．
②當$x=\frac{1}{a}＞0$，即a＞0時，（i）若$e≤\frac{1}{a}$，則g'（x）≤0對x∈（0，e）成立，
∴g（x）在區(qū)間（0，e]上單調(diào)遞減，則g（x）在區(qū)間（0，e]上的最小值為$g（e）=\frac{1}{e}+alne=\frac{1}{e}+a＞0$，顯然g（x）在區(qū)間 （0，e]上的最小值小于0不成立．
（ii）若$0＜\frac{1}{a}＜e$，即$a＞\frac{1}{e}$時，則有：

x	$（{0，\frac{1}{a}}）$	$\frac{1}{a}$	$（{\frac{1}{a}，e}）$
g'（x）	-	0	+
g（x）	↘	極小值	↗

∴g（x）在區(qū)間（0，e]上的最小值為$g（{\frac{1}{a}}）=a+aln\frac{1}{a}$．由$g（{\frac{1}{a}}）=a+lna\frac{1}{a}=a（{1-lna}）＜0$，得1-lna＜0，解得a＞e，即a∈（e，+∞）．
綜上①②可知，當$a∈（{-∞，-\frac{1}{e}}）∪（{e，+∞}）$時，在區(qū)間（0，e]上存在實數(shù)x₀，使得g（x₀）＜0成立．

點評 本題考查了利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，考查了對數(shù)函數(shù)的性質(zhì)以及不等式恒成立問題，考查了分類討論的思想方法，是難題．