Question

16．已知α為實(shí)數(shù)，函數(shù)f（x）=alnx+x²-4x．
（1）是否存在實(shí)數(shù)α，使得f（x）在x=1處取極值？證明你的結(jié)論；
（2）若函數(shù)f（x）在[2，3]上存在單調(diào)遞增區(qū)間，求實(shí)數(shù)α的取值范圍；
（3）設(shè)g（x）=2alnx+x²-5x-$\frac{1+a}{x}$，若存在x₀∈[l，e]，使得f（x₀）＜g（x₀）成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）假設(shè)存在實(shí)數(shù)a，使f （x）在x=1處取極值，則f′（1）=0，解出a的值，根據(jù)x=1的左右均為增函數(shù)，則x=1不是極值點(diǎn)．
（2）先對(duì)f（x）進(jìn)行求導(dǎo)，在[2，3]上單調(diào)增，則f'（x）≥0在[2，3]上恒成立．求得a的取值范圍．
（3）在[1，e]上存在一點(diǎn)x₀，使得f（x₀）＜g（x₀）成立，即在[1，e]上存在一點(diǎn)x₀，使得h（x₀）＜0，即函數(shù)h（x）在[1，e]上的最小值小于零．對(duì)h（x）求導(dǎo)．求出h（x）的最小值即可．

解答 解：（1）∵f（x）=alnx+x²-4x，x＞0，
∴f′（x）=$\frac{a}{x}$+2x-4，
∵f′（1）=0，
∴a+2-4=0，
解得a=2，此時(shí)，f′（x）=$\frac{2（x-1）^{2}}{x}$，
∴當(dāng)0＜x＜1時(shí)，f′（x）＞0，f （x）遞增；當(dāng)x＞1時(shí)，f′（x）＞0，f （x）遞增．
∴x=1不是f （x）的極值點(diǎn)．
故不存在實(shí)數(shù)a，使得f （x）在x=1處取極值．
（2）∵函數(shù)f（x）在[2，3]上存在單調(diào)遞增區(qū)間，
∴f′（x）=$\frac{a}{x}$+2x-4=$\frac{2{x}^{2}-4x+a}{x}$=$\frac{2（x-1）^{2}+a-2}{x}$，
①當(dāng)a≥2時(shí)，∴f′（x）≥0，∴f （x）在（0，+∞）上遞增，成立；
②當(dāng)a＜2時(shí)，令f′（x）＞0，則x＞1+$\frac{\sqrt{4-2a}}{2}$或x＜1-$\frac{\sqrt{4-2a}}{2}$，
∴f （x）在（1+$\frac{\sqrt{4-2a}}{2}$，+∞）上遞增，
∵f （x）在[2，3]上存在單調(diào)遞增區(qū)間，
∴1+$\frac{\sqrt{4-2a}}{2}$＜3，解得：-6＜a＜2
綜上，a＞-6．
（3）在[1，e]上存在一點(diǎn)x₀，使得f（x₀）＜g（x₀）成立，即在[1，e]上存在一點(diǎn)x₀，使得h（x₀）＜0，即函數(shù)h（x）=x+$\frac{1+a}{x}$-alnx在[1，e]上的最小值小于零．
∴h′（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(dāng)a+1≥e，即a≥e-1時(shí)，h（x）在[1，e]上單調(diào)遞減，
所以h（x）的最小值為h（e），由h（e）=e+$\frac{1+a}{e}$-a＜0，可得a＞$\frac{{e}^{2}+1}{e-1}$，
因?yàn)?\frac{{e}^{2}+1}{e-1}$＞e-1，
所以a＞$\frac{{e}^{2}+1}{e-1}$，
②當(dāng)a+1≤1，即a≤0時(shí)，h（x）在[1，e]上單調(diào)遞增，
所以h（x）最小值為h（1），由h（1）=1+1+a＜0可得a＜-2；
③當(dāng)1＜1+a＜e，即0＜a＜e-1時(shí)，可得h（x）最小值為h（1+a）=2+a-aln（1+a），
因?yàn)?＜ln（1+a）＜1，所以，0＜aln（1+a）＜a故h（1+a）=2+a-aln（1+a）＞2此時(shí)不存在x₀使h（x₀）＜0成立．
綜上可得所求a的范圍是：a＞$\frac{{e}^{2}+1}{e-1}$或a＜-2．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了導(dǎo)數(shù)和函數(shù)的極值最值得關(guān)系，以及參數(shù)的取值范圍，和存在性的問(wèn)題，培養(yǎng)了學(xué)生的運(yùn)用知識(shí)解決問(wèn)題的能力，轉(zhuǎn)化能力和運(yùn)算能力，屬于難題．