Question

4．設f（x）=x-$\frac{a-1}{x}$-alnx（a∈R）．
（1）當a=1時，求曲線y=f（x）在點（$\frac{1}{2}$，$\frac{1}{2}$+ln2）處的切線方程；
（2）若x=1是函數f（x）的極大值點，求a的取值范圍；
（3）當a＜1時，在[$\frac{1}{e}$，e]上是否存在一點x₀，使f（x₀）＞e-1成立？說明理由．

Answer 1

分析 （1）求出函數的導數，計算f′（$\frac{1}{2}$），代入切線方程即可；
（2）求出函數的導數，通過討論a的范圍，求出函數的單調區(qū)間，從而求出函數的極值，得到a的具體范圍即可；
（3）問題轉化為只需證明$x∈[\frac{1}{e}，{e}]$時，f（x）_max＞e-1即可，根據函數的單調性證明即可．

解答 解：（1）當a=1時，f（x）=x-lnx，${f^'}（x）=1-\frac{1}{x}$，
所以曲線y=f（x）在點$（\frac{1}{2}，\frac{1}{2}+ln2）$處的切線的斜率為${f^'}（\frac{1}{2}）=1-\frac{1}{{\frac{1}{2}}}=-1$．
所求切線方程為$y-（\frac{1}{2}+ln2）=-（x-\frac{1}{2}）$，即x+y-ln2-1=0．
（2）$f'（x）=1+\frac{a-1}{x^2}-\frac{a}{x}=\frac{{{x^2}-ax+（a-1）}}{x^2}=\frac{（x-1）[x-（a-1）]}{x^2}（x＞0）$，
令f′（x）=0得，x₁=1，x₂=a-1，
①當a-1≤0即a≤1時，f′（x），f（x）隨x的變化情況如下表：

x	（0，1）	1	（1，+∞）
f'（x）	-	0	+
f（x）	遞減	極小值	遞增

由表知x=1是函數f（x）的極小值點，不合題意；
②當0＜a-1＜1即1＜a＜2時，f′（x），f（x）隨x的變化情況如下表：

x	（0，a-1）	a-1	（a-1，1）	1	（1，+∞）
f'（x）	+	0	-	0	+
f（x）	遞增	極大值	遞減	極小值	遞增

由表知x=1是函數f（x）的極小值點，不合題意；
③當a-1=1即a=2時，f′（x），f（x）隨x的變化情況如下表：

x	（0，1）	1	（1，+∞）
f'（x）	+	0	+
f（x）	遞增	非極值	遞增

由表知x=1不是函數f（x）的極值點，不合題意；
④當a-1＞1即a＞2時，f′（x），f（x）隨x的變化情況如下表：

x	（0，1）	1	（1，a-1）	a-1	（a-1，+∞）
f'（x）	+	0	-	0	+
f（x）	遞增	極大值	遞減	極小值	遞增

由表知x=1是函數f（x）的極大值點，適合題意；
綜上所述，當a＞2時，x=1是函數f（x）的極大值點． 即所求取值范圍是（2，+∞）．
（3）假設當a＜1時，在$[\frac{1}{e}，{e}]$存在一點x₀，使f（x₀）＞e-1成立，
則只需證明$x∈[\frac{1}{e}，{e}]$時，f（x）_max＞e-1即可．
由（2）知，當a＜1時，
函數f（x）在$[\frac{1}{e}，1]$上遞減，在[1，e]上遞增，∴$f{（x）_{max}}=max\{f（\frac{1}{e}），f（{e}）\}$．
所以只需證明f（ e）＞e-1或$f（\frac{1}{e}）＞{e}-1$即可．
∵$f（{e}）-（{e}-1）={e}-\frac{a-1}{e}-a-（{e}-1）$=$\frac{{（{e}+1）（1-a）}}{e}$
由a＜1知，$\frac{{（{e}+1）（1-a）}}{e}＞0$
∴f（ e）-（ e-1）＞0即f（ e）＞e-1成立
所以假設正確，即當a＜1時，在$x∈[\frac{1}{e}，{e}]$上至少存在一點x₀，使f（x₀）＞e-1成立．

點評 本題考查了切線方程問題，考查函數的單調性、最值、極值問題，考查導數的應用以及不等式的證明，分類討論思想，是一道綜合題．