Question

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

Answer 1

分析 （Ⅰ）求得函数的定义域，求导，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的左右单调性是否相同，即可判断x=1是不是极值点；
（Ⅱ）先求出f（x）的导数，将问题转化成，a≥2-2（x-1）²，在x∈[2，3]有解，构造辅助函数，利用函数的求得φ（x）=2-2（x-1）²的最小值，即可求得a的取值范围．
（Ⅲ）在[1，e]上存在一点x₀，使得f（x₀）＜g（x₀）成立，即在[$\frac{1}{e}$，e]，上存在一点x₀，使得G（x₀）＜0，即函数G（x）在[$\frac{1}{e}$，e]，上的最小值小于零．对G（x）求导．求出G（x）的最小值，即可a的取值范围．

解答 解：（Ⅰ）函数f（x）的定义域为（0，+∞），f′（x）=$\frac{a}{x}$+2x-4=$\frac{2{x}^{2}-4x+a}{x}$，
假设存在实数a，使得f（x）下x=1处取极值，则f′（1）=0，
∴a=2，
此时，f（x）=$\frac{2（x-1）^{2}}{x}$，
∴当0＜x＜1时，f′（x）＞0，f（x）单调递增，当x＞1时，f′（x）＞0，f（x）单调递增，
∴x=1不是f（x）的极值点，
故不存在实数a，使得f（x）=1处取极值．
（Ⅱ）f′（x）=$\frac{2{x}^{2}-4x+a}{x}$=$\frac{2（x-1）^{2}+a-2}{x}$（x＞0），
问题等价于，存在x∈[2，3]，使得f′（x）≥0，即a≥2-2（x-1）²，在x∈[2，3]有解，
∴φ（x）=2-2（x-1）²，在[2，3]上递减，
∴φ_min=φ（3）=-6，
∴a＞-6；
（Ⅲ）记F（x）=x-lnx，
∴F′（x）=$\frac{x-1}{x}$（x＞0），
∴当0＜x＜1，F′（x）＜0，F（x）单调递减；
当x＞1时，F′（x）＞0，F（x）单调递增；
∴F（x）≥F（1）=1＞0，即x＞lnx，（x＞0），
由f（x₀）≤g（x₀）得：（x₀-lnx₀）a≥x₀²-2x₀，
∴a≥$\frac{{x}_{0}^{2}-2{x}_{0}}{{x}_{0}-ln{x}_{0}}$，
记G（x）=$\frac{{x}^{2}-2x}{x-lnx}$，x∈[$\frac{1}{e}$，e]，
G′（x）=$\frac{（2x-2）（x-lnx）-（x-2）（x-1）}{（x-lnx）^{2}}$=$\frac{（x-1）（x-2lnx+2）}{（x-lnx）^{2}}$，
x∈[$\frac{1}{e}$，e]，
∴2-2lnx=2（1-lnx）≥0，
∴x-2lnx+2＞0，
∴x∈（$\frac{1}{e}$，e）时，G′（x）＜0，G（x）递减，x∈（1，e）时，G′（x）＞0，G（x）递增，
∴a≥G（x）_min=G（1）=-1，
故实数a的取值范围为[-1，+∞）．

点评 本题考查了导数和函数的极值最值得关系，以及采用分离参数法求参数的取值范围，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．