Question

8．已知函数f（x）=alnx-x+$\frac{1}{x}$，其中a＞0
（Ⅰ）若f（x）在（2，+∞）上存在极值点，求a的取值范围；
（Ⅱ）设x₁∈（0，1），x₂∈（1，+∞），若f（x₂）-f（x₁）存在最大值，记为M（a）．则a≤e+$\frac{1}{e}$时，M（a）是否存在最大值？若存在，求出最大值；若不存在，请说明理由．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函数f（x）的导数，得到a=x+$\frac{1}{x}$在x∈（2，+∞）上有解，由y=x+$\frac{1}{x}$在x∈（2，+∞）上递增，得x+$\frac{1}{x}$∈（$\frac{5}{2}$，+∞），求出a的范围即可；
（Ⅱ）求出函数f（x）的导数，得到[f（x₂）-f（x₁）]_max=f（n）-f（m），求出M（a）=f（n）-f（m）=aln$\frac{n}{m}$+（m-n）+（$\frac{1}{n}$-$\frac{1}{m}$），根据函数的单调性求出M（a）的最大值即可．

解答 解：（Ⅰ）f′（x）=$\frac{a}{x}$-1-$\frac{1}{{x}^{2}}$=$\frac{-{（x}^{2}-ax+1）}{{x}^{2}}$，x∈（0，+∞），
由题意得，x²-ax+1=0在x∈（2，+∞）上有根（不为重根），
即a=x+$\frac{1}{x}$在x∈（2，+∞）上有解，
由y=x+$\frac{1}{x}$在x∈（2，+∞）上递增，得x+$\frac{1}{x}$∈（$\frac{5}{2}$，+∞），
检验，a＞$\frac{5}{2}$时，f（x）在x∈（2，+∞）上存在极值点，
∴a∈（$\frac{5}{2}$，+∞）；
（Ⅱ）若0＜a≤2，∵f′（x）=$\frac{-{（x}^{2}-ax+1）}{{x}^{2}}$在（0，+∞）上满足f′（x）≤0，
∴f（x）在（0，+∞）上递减，∴f（x₂）-f（x₁）＜0，
∴f（x₂）-f（x₁）不存在最大值，则a＞2；
∴方程x²-ax+1=0有2个不相等的正实数根，
令其为m，n，且不妨设0＜m＜1＜n，
则$\left\{\begin{array}{l}{m+n=a}\\{mn=1}\end{array}\right.$，
f（x）在（0，m）递减，在（m，n）递增，在（n，+∞）递减，
对任意x₁∈（0，1），有f（x₁）≥f（m），
对任意x₂∈（1，+∞），有f（x₂）≤f（n），
∴[f（x₂）-f（x₁）]_max=f（n）-f（m），
∴M（a）=f（n）-f（m）=aln$\frac{n}{m}$+（m-n）+（$\frac{1}{n}$-$\frac{1}{m}$），
将a=m+n=$\frac{1}{n}$+n，m=$\frac{1}{n}$代入上式，消去a，m得：
M（a）=2[（$\frac{1}{n}$+n）lnn+（$\frac{1}{n}$-n）]，
∵2＜a≤e+$\frac{1}{e}$，∴$\frac{1}{n}$+n≤e+$\frac{1}{e}$，n＞1，
由y=x+$\frac{1}{x}$在x∈（1，+∞）递增，得n∈（1，e]，
设h（x）=2（$\frac{1}{x}$+x）lnx+2（$\frac{1}{x}$-x），x∈（1，e]，
h′（x）=2（1-$\frac{1}{{x}^{2}}$）lnx，x∈（1，e]，
∴h′（x）＞0，即h（x）在（1，e]递增，
∴[h（x）]_max=h（e）=$\frac{4}{e}$，
∴M（a）存在最大值为$\frac{4}{e}$．

点评 本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应用以及转化思想，是一道综合题．