Question

18．已知函数f（x）=alnx-x+2，（其中实数a≠0）．
（Ⅰ）求f（x）的单调区间；
（Ⅱ）如果对任意的x₁∈[1，e]，总存在x₂∈[1，e]，使得f（x₁）+f（x₂）≥3，求a的最小值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）先求出函数f（x）的导数，通过讨论①当a＜0时，②当a＞0时的情况，从而求出函数的单调区间；
（Ⅱ）通过讨论a的范围，结合函数的单调性找到函数的最值，从而求出a的范围．

解答 解：（Ⅰ）f′（x）=$\frac{a}{x}$-1，
当a＜0时，对?x∈（0，+∞），f′（x）＜0，所以 f（x）的单调递减区间为（0，+∞）；
当a＞0时，令f′（x）=0，得x=a，
因为 x∈（0，a）时，f′（x）＞0；x∈（a，+∞）时，f′（x）＜0，
所以 f（x）的单调递增区间为（0，a），单调递减区间为（a，+∞）．
（Ⅱ）用f（x）_max，f（x）_min分别表示函数f（x）在[1，e]上的最大值，最小值，
当a≤1且a≠0时，由（Ⅰ）知：在[1，e]上，f（x）是减函数，
所以 f（x）_max=f（1）=1；
因为对任意的x₁∈[1，e]，x₂∈[1，e]，f（x₁）+f（x₂）≤2f（1）=2＜3，
所以对任意的x₁∈[1，e]，不存在x₂∈[1，e]，使得f（x₁）+f（x₂）≥3；
当1＜a＜e时，由（Ⅰ）知：在[1，a]上，f（x）是增函数，
在[a，e]上，f（x）是减函数，
所以 f（x）_max=f（a）=alna-a+2；
因为对x₁=1，?x₂∈[1，e]，f（1）+f（x₂）≤f（1）+f（a）
=1+alna-a+2=a（lna-1）+3＜3，
所以 对x₁=1∈[1，e]，不存在x₂∈[1，e]，使得f（x₁）+f（x₂）≥3；
当a≥e时，由（Ⅰ）知：在[1，e]上，f（x）是增函数，
所以 f（x）_min=f（1）=1，f（x）_max=f（e）=a-e+2，
因为 对任意的x₁∈[1，e]，总存在x₂∈[1，e]，使得f（x₁）+f（x₂）≥3，
即有1+a-e+2≥3
解得a≥e，
综上所述，实数a的最小值是e．

点评 本题考查了函数的单调性，函数的最值问题，考查导数的应用，分类讨论思想，是一道难题．