Question

16．已知α为实数，函数f（x）=alnx+x²-4x．
（1）是否存在实数α，使得f（x）在x=1处取极值？证明你的结论；
（2）若函数f（x）在[2，3]上存在单调递增区间，求实数α的取值范围；
（3）设g（x）=2alnx+x²-5x-$\frac{1+a}{x}$，若存在x₀∈[l，e]，使得f（x₀）＜g（x₀）成立，求实数a的取值范围．

Answer 1

分析 （1）假设存在实数a，使f （x）在x=1处取极值，则f′（1）=0，解出a的值，根据x=1的左右均为增函数，则x=1不是极值点．
（2）先对f（x）进行求导，在[2，3]上单调增，则f'（x）≥0在[2，3]上恒成立．求得a的取值范围．
（3）在[1，e]上存在一点x₀，使得f（x₀）＜g（x₀）成立，即在[1，e]上存在一点x₀，使得h（x₀）＜0，即函数h（x）在[1，e]上的最小值小于零．对h（x）求导．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，此时，f′（x）=$\frac{2（x-1）^{2}}{x}$，
∴当0＜x＜1时，f′（x）＞0，f （x）递增；当x＞1时，f′（x）＞0，f （x）递增．
∴x=1不是f （x）的极值点．
故不存在实数a，使得f （x）在x=1处取极值．
（2）∵函数f（x）在[2，3]上存在单调递增区间，
∴f′（x）=$\frac{a}{x}$+2x-4=$\frac{2{x}^{2}-4x+a}{x}$=$\frac{2（x-1）^{2}+a-2}{x}$，
①当a≥2时，∴f′（x）≥0，∴f （x）在（0，+∞）上递增，成立；
②当a＜2时，令f′（x）＞0，则x＞1+$\frac{\sqrt{4-2a}}{2}$或x＜1-$\frac{\sqrt{4-2a}}{2}$，
∴f （x）在（1+$\frac{\sqrt{4-2a}}{2}$，+∞）上递增，
∵f （x）在[2，3]上存在单调递增区间，
∴1+$\frac{\sqrt{4-2a}}{2}$＜3，解得：-6＜a＜2
综上，a＞-6．
（3）在[1，e]上存在一点x₀，使得f（x₀）＜g（x₀）成立，即在[1，e]上存在一点x₀，使得h（x₀）＜0，即函数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当a+1≥e，即a≥e-1时，h（x）在[1，e]上单调递减，
所以h（x）的最小值为h（e），由h（e）=e+$\frac{1+a}{e}$-a＜0，可得a＞$\frac{{e}^{2}+1}{e-1}$，
因为$\frac{{e}^{2}+1}{e-1}$＞e-1，
所以a＞$\frac{{e}^{2}+1}{e-1}$，
②当a+1≤1，即a≤0时，h（x）在[1，e]上单调递增，
所以h（x）最小值为h（1），由h（1）=1+1+a＜0可得a＜-2；
③当1＜1+a＜e，即0＜a＜e-1时，可得h（x）最小值为h（1+a）=2+a-aln（1+a），
因为0＜ln（1+a）＜1，所以，0＜aln（1+a）＜a故h（1+a）=2+a-aln（1+a）＞2此时不存在x₀使h（x₀）＜0成立．
综上可得所求a的范围是：a＞$\frac{{e}^{2}+1}{e-1}$或a＜-2．

点评 本题考查了导数和函数的极值最值得关系，以及参数的取值范围，和存在性的问题，培养了学生的运用知识解决问题的能力，转化能力和运算能力，属于难题．