Question

16．已知α為實數(shù)，函數(shù)f（x）=alnx+x²-4x．
（1）是否存在實數(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，求實數(shù)a的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）假設(shè)存在實數(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．
（2）先對f（x）進行求導，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x₀，使得f（x₀）＜g（x₀）成立，即在[1，e]上存在一點x₀，使得h（x₀）＜0，即函數(shù)h（x）在[1，e]上的最小值小于零．對h（x）求導．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，f′（x）=$\frac{2（x-1）^{2}}{x}$，
∴當0＜x＜1時，f′（x）＞0，f （x）遞增；當x＞1時，f′（x）＞0，f （x）遞增．
∴x=1不是f （x）的極值點．
故不存在實數(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a≥2時，∴f′（x）≥0，∴f （x）在（0，+∞）上遞增，成立；
②當a＜2時，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x₀，使得f（x₀）＜g（x₀）成立，即在[1，e]上存在一點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a+1≥e，即a≥e-1時，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＞$\frac{{e}^{2}+1}{e-1}$，
因為$\frac{{e}^{2}+1}{e-1}$＞e-1，
所以a＞$\frac{{e}^{2}+1}{e-1}$，
②當a+1≤1，即a≤0時，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1＜1+a＜e，即0＜a＜e-1時，可得h（x）最小值為h（1+a）=2+a-aln（1+a），
因為0＜ln（1+a）＜1，所以，0＜aln（1+a）＜a故h（1+a）=2+a-aln（1+a）＞2此時不存在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．

點評 本題考查了導數(shù)和函數(shù)的極值最值得關(guān)系，以及參數(shù)的取值范圍，和存在性的問題，培養(yǎng)了學生的運用知識解決問題的能力，轉(zhuǎn)化能力和運算能力，屬于難題．