Question

15．已知函數(shù)f（x）=x+$\frac{1-a}{x}$-alnx，a∈R．
（Ⅰ）討論函數(shù)f（x）極值點的個數(shù)；
（Ⅱ）如果區(qū)間[1，e]（e=2.71828…）上總存在一點x₀，使x₀+$\frac{1}{x_0}$＜a（lnx₀+$\frac{1}{x_0}$）成立，求a的取值范圍．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函數(shù)的定義域，函數(shù)的導函數(shù)，①a＞-1時，②a≤-1時，分別求解函數(shù)的單調區(qū)間，從而求出極值點的個數(shù)；
（Ⅱ）轉化已知條件為函數(shù)h（x）在[1，e]上的最小值[h（x）]_min＜0，利用第（1）問的結果，通過①a≤e-1時，②a≥0時，③1-e＜a＜0時，分別求解函數(shù)的最小值，推出所求a的范圍．

解答 解：（Ⅰ）f（x）=x+$\frac{1-a}{x}$-alnx，定義域為（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當0＜a-1＜1，即1＜a＜2時，
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）遞增，在（a-1，1）遞減，在（1，+∞）遞增，
∴f（x）有2個極值點；
②a-1=1即a=2時，f′（x）≥0，
∴f（x）在（0，+∞）遞增，
∴f（x）沒有極值點；
③a-1＞1即a＞2時，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）遞增，在（1，a-1）遞減，在（a-1，+∞）遞增，
∴f（x）有2個極值點
④當a-1≤0，即a≤1時，令f′（x）＞0，解得：x＞1，令f′（x）＜0，解得：0＜x＜1，
∴f（x）在（0，1）遞減，在（1，+∞）遞增，
∴f（x）有1個極值點；
綜上：當1＜a＜2，或a＞2時，f（x）有2個極值點，當a≤1時f（x）有1個最小值點；a=2時f（x）沒有極值點；               
（Ⅱ）由題意可知，在[1，e]上存在一點x₀，使x₀+$\frac{1}{x_0}$＜a（lnx₀+$\frac{1}{x_0}$）成立，
即在[1，e]上存在一點x₀，使得f（x₀）＜0，
即函數(shù)f（x）在[1，e]上的最小值[f（x）]_min＜0，
①當a-1≥e，即a≥e+1時，h（x）在[1，e]上單調遞減，
∴[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，此時存在x₀使f（x₀）＜0成立；                 
②當a-1≤1，即a≤2時，f（x）在[1，e]上單調遞增，
∴[f（x）]_min=f（1）=1+1-a≤0，
∴a≥2，故a=2
③當1＜a-1＜e，即2＜a＜e+1時，∴[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，
此時存在x₀使f（x₀）＜0成立．            
綜上可得所求a的范圍是：a≥2．

點評 本題考查函數(shù)的導數(shù)的綜合應用，曲線的切線方程函數(shù)的單調性以及函數(shù)的最值的應用，考查分析問題解決問題得到能力．