Question

1．已知函數(shù)f（x）=alnx-x+2，其中a≠0．
（Ⅰ）求f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（Ⅱ）若對任意的x₁∈[1，e]，總存在x₂∈[1，e]，使得f（x₁）+f（x₂）=4，求實(shí)數(shù)a值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）先求出函數(shù)f（x）的導(dǎo)數(shù)，通過討論①當(dāng)a＜0時，②當(dāng)a＞0時的情況，從而求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間；
（Ⅱ）通過討論a的范圍，結(jié)合函數(shù)的單調(diào)性找到函數(shù)的最值，從而求出a的值．

解答 解：（Ⅰ）$f'（x）=\frac{a}{x}-1=\frac{a-x}{x}\;，\;\;x＞0$，
當(dāng)a＜0時，對?x∈（0，+∞），f′（x）＜0，所以 f（x）的單調(diào)遞減區(qū)間為（0，+∞）；
當(dāng)a＞0時，令f′（x）=0，得x=a，
因?yàn)?nbsp;x∈（0，a）時，f′（x）＞0；x∈（a，+∞）時，f′（x）＜0，
所以 f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間為（0，a），單調(diào)遞減區(qū)間為（a，+∞）．
（Ⅱ）用f（x）_max，f（x）_min分別表示函數(shù)f（x）在[1，e]上的最大值，最小值，
當(dāng)a≤1且a≠0時，由（Ⅰ）知：在[1，e]上，f（x）是減函數(shù)，
所以 f（x）_max=f（1）=1；
因?yàn)?nbsp;對任意的x₁∈[1，e]，x₂∈[1，e]，f（x₁）+f（x₂）≤2f（1）=2＜4，
所以對任意的x₁∈[1，e]，不存在x₂∈[1，e]，使得f（x₁）+f（x₂）=4；
當(dāng)1＜a＜e時，由（Ⅰ）知：在[1，a]上，f（x）是增函數(shù)，在[a，e]上，f（x）是減函數(shù)，
所以 f（x）_max=f（a）=alna-a+2；
因?yàn)?nbsp;對x₁=1，?x₂∈[1，e]，f（1）+f（x₂）≤f（1）+f（a）=1+alna-a+2=a（lna-1）+3＜3，
所以 對x₁=1∈[1，e]，不存在x₂∈[1，e]，使得f（x₁）+f（x₂）=4；
當(dāng)a≥e時，令g（x）=4-f（x）（x∈[1，e]），
由（Ⅰ）知：在[1，e]上，f（x）是增函數(shù)，進(jìn)而知g（x）是減函數(shù)，
所以 f（x）_min=f（1）=1，f（x）_max=f（e）=a-e+2，g（x）_max=g（1）=4-f（1），g（x）_min=g（e）=4-f（e）；
因?yàn)?nbsp;對任意的x₁∈[1，e]，總存在x₂∈[1，e]，使得f（x₁）+f（x₂）=4，即f（x₁）=g（x₂），
所以 $\left\{\begin{array}{l}f（1）≥g（e）\\ f（e）≤g（1）\end{array}\right.$即$\left\{\begin{array}{l}f（1）+f（e）≥4\\ f（e）+f（1）≤4.\end{array}\right.$，
所以 f（1）+f（e）=a-e+3=4，解得a=e+1，
綜上所述，實(shí)數(shù)a的值為e+1．

點(diǎn)評 本題考查了函數(shù)的單調(diào)性，函數(shù)的最值問題，考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用，分類討論思想，是一道難題．