Question

8．已知函數(shù)f（x）=alnx-x+$\frac{1}{x}$，其中a＞0
（Ⅰ）若f（x）在（2，+∞）上存在極值點，求a的取值范圍；
（Ⅱ）設x₁∈（0，1），x₂∈（1，+∞），若f（x₂）-f（x₁）存在最大值，記為M（a）．則a≤e+$\frac{1}{e}$時，M（a）是否存在最大值？若存在，求出最大值；若不存在，請說明理由．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函數(shù)f（x）的導數(shù)，得到a=x+$\frac{1}{x}$在x∈（2，+∞）上有解，由y=x+$\frac{1}{x}$在x∈（2，+∞）上遞增，得x+$\frac{1}{x}$∈（$\frac{5}{2}$，+∞），求出a的范圍即可；
（Ⅱ）求出函數(shù)f（x）的導數(shù)，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）+（$\frac{1}{n}$-$\frac{1}{m}$），根據(jù)函數(shù)的單調性求出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，+∞），
由題意得，x²-ax+1=0在x∈（2，+∞）上有根（不為重根），
即a=x+$\frac{1}{x}$在x∈（2，+∞）上有解，
由y=x+$\frac{1}{x}$在x∈（2，+∞）上遞增，得x+$\frac{1}{x}$∈（$\frac{5}{2}$，+∞），
檢驗，a＞$\frac{5}{2}$時，f（x）在x∈（2，+∞）上存在極值點，
∴a∈（$\frac{5}{2}$，+∞）；
（Ⅱ）若0＜a≤2，∵f′（x）=$\frac{-{（x}^{2}-ax+1）}{{x}^{2}}$在（0，+∞）上滿足f′（x）≤0，
∴f（x）在（0，+∞）上遞減，∴f（x₂）-f（x₁）＜0，
∴f（x₂）-f（x₁）不存在最大值，則a＞2；
∴方程x²-ax+1=0有2個不相等的正實數(shù)根，
令其為m，n，且不妨設0＜m＜1＜n，
則$\left\{\begin{array}{l}{m+n=a}\\{mn=1}\end{array}\right.$，
f（x）在（0，m）遞減，在（m，n）遞增，在（n，+∞）遞減，
對任意x₁∈（0，1），有f（x₁）≥f（m），
對任意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）+（$\frac{1}{n}$-$\frac{1}{m}$），
將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，+∞）遞增，得n∈（1，e]，
設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]遞增，
∴[h（x）]_max=h（e）=$\frac{4}{e}$，
∴M（a）存在最大值為$\frac{4}{e}$．

點評 本題考查了函數(shù)的單調性、最值問題，考查導數(shù)的應用以及轉化思想，是一道綜合題．