Question

3．設(shè)函數(shù)f（x）=（x-a）lnx-x+a，a∈R．
（1）若a=0，求函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（2）若a＜0，試判斷函數(shù)f（x）在區(qū)間（e^-2，e²）內(nèi)的極值點(diǎn)的個(gè)數(shù)，并說明理由；
（3）求證：對任意的正數(shù)a，都存在實(shí)數(shù)t，滿足：對任意的x∈（t，t+a），f（x）＜a-1．

Answer 1

分析 （1）求解f′（x）=lnx，利用f′（x）＞0，f′（x）＜0，解不等式求解單調(diào)遞增區(qū)間，單調(diào)遞減區(qū)間．
（2）f′（x）=lnx-$\frac{a}{x}$，其中x＞0，
再次構(gòu)造函數(shù)令g（x）=xlnx-a，分析g（x）的零點(diǎn)情況．g′（x）=lnx+1，
令g′（x）=0，x=$\frac{1}{e}$，列表分析得出g（x）單調(diào)性，判斷g（x）_min=g（$\frac{1}{e}$）=-$\frac{1}{e}$-a，
分類討論求解①若a≤-$\frac{1}{e}$，②若-$\frac{1}{e}$＜a＜-$\frac{2}{e2}$，③若-$\frac{2}{e2}$≤a＜0，f（x）的單調(diào)性，f（x）最大值，最小值，
確定有無零點(diǎn)問題．
（3）先猜想x∈（1，1+a），f（x）＜a-1恒成立．
再運(yùn)用導(dǎo)數(shù)判斷證明．令G（x）=lnx-x+1，x≥1．G′（x）=$\frac{1}{x}$-1≤0，求解最大值，
得出G（x）＜G（1）=0即可．

解答 解：（1）當(dāng)a=0時(shí)，f（x）=xlnx-x，f′（x）=lnx，
令f′（x）=0，x=1，列表分析

x	（0，1）	1	（1，+∞）
f′（x）	-	0	+
f（x）	單調(diào)遞減		單調(diào)遞增

故f（x）的單調(diào)遞減區(qū)間為（0，1），單調(diào)遞增區(qū)間為（1，+∞）．
（2）f（x）=（x-a）lnx-x+a，f′（x）=lnx-$\frac{a}{x}$，其中x＞0，
令g（x）=xlnx-a，分析g（x）的零點(diǎn)情況．g′（x）=lnx+1，令g′（x）=0，x=$\frac{1}{e}$，列表分析

x	（0，$\frac{1}{e}$）	$\frac{1}{e}$	（$\frac{1}{e}$，+∞）
g′（x）	-	0	+
g（x）	單調(diào)遞減		單調(diào)遞增

g（x）_min=g（$\frac{1}{e}$）=-$\frac{1}{e}$-a，
而f′（$\frac{1}{e}$）=ln$\frac{1}{e}$-ae=-1-ae，f′（e^-2）=-2-ae²=-（2+ae²），f′（e²）=2-$\frac{a}{e2}$=$\frac{1}{e2}$（2e²-a），
①若a≤-$\frac{1}{e}$，則f′（x）=lnx-$\frac{a}{x}$≥0，
故f（x）在（e^-2，e²）內(nèi)沒有極值點(diǎn)；
②若-$\frac{1}{e}$＜a＜-$\frac{2}{e2}$，則f′（$\frac{1}{e}$）=ln$\frac{1}{e}$-ae＜0，f′（e^-2）=-（2+ae²）＞0，f′（e²）=$\frac{1}{e2}$（2e²-a）＞0，
因此f′（x）在（e^-2，e²）有兩個(gè)零點(diǎn)，f（x）在（e^-2，e²）內(nèi)有兩個(gè)極值點(diǎn)；
③若-$\frac{2}{e2}$≤a＜0，則f′（$\frac{1}{e}$）=ln$\frac{1}{e}$-ae＜0，f′（e^-2）=-（2+ae²）≤0，f′（e²）=$\frac{1}{e2}$（2e²-a）＞0，
因此f′（x）在（e^-2，e²）有一個(gè)零點(diǎn)，f（x）在（e^-2，e²）內(nèi)有一個(gè)極值點(diǎn)；
綜上所述，當(dāng)a∈（-∞，-$\frac{1}{e}$]時(shí)，f（x）在（e^-2，e²）內(nèi)沒有極值點(diǎn)；
當(dāng)a∈（-$\frac{1}{e}$，-$\frac{2}{e2}$）時(shí)，f（x）在（e^-2，e²）內(nèi)有兩個(gè)極值點(diǎn)；
當(dāng)a∈[-$\frac{2}{e2}$，0）時(shí)，f（x）在（e^-2，e²）內(nèi)有一個(gè)極值點(diǎn)．
（3）猜想：x∈（1，1+a），f（x）＜a-1恒成立．
證明如下：
由（2）得g（x）在（$\frac{1}{e}$，+∞）上單調(diào)遞增，且g（1）=-a＜0，g（1+a）=（1+a）ln（1+a）-a．
因?yàn)楫?dāng)x＞1時(shí)，lnx＞1-$\frac{1}{x}$（*），所以g（1+a）＞（1+a）（1-$\frac{1}{a+1}$）-a=0．
故g（x）在（1，1+a）上存在唯一的零點(diǎn)，設(shè)為x₀．  由

x	（1，x0）	x0	（x0，1+a）
f’（x）	-	0	+
f（x）	單調(diào)遞減		單調(diào)遞增

知，x∈（1，1+a），f（x）＜max{f（1），f（1+a）}．
又f（1+a）=ln（1+a）-1，而x＞1時(shí)，lnx＜x-1（**），
所以f（1+a）＜（a+1）-1-1=a-1=f（1）．
即x∈（1，1+a），f（x）＜a-1．
所以對任意的正數(shù)a，都存在實(shí)數(shù)t=1，使對任意的x∈（t，t+a），使 f（x）＜a-1．
補(bǔ)充證明（*）：
令F（x）=lnx+$\frac{1}{x}$-1，x≥1．F′（x）=$\frac{1}{x}$-$\frac{1}{x2}$=$\frac{x-1}{x2}$≥0，
所以F（x）在[1，+∞）上單調(diào)遞增．
所以x＞1時(shí)，F(xiàn)（x）＞F（1）=0，即lnx＞1-$\frac{1}{x}$．
補(bǔ)充證明（**）
令G（x）=lnx-x+1，x≥1．G′（x）=$\frac{1}{x}$-1≤0，
所以G（x）在[1，+∞）上單調(diào)遞減．
所以x＞1時(shí)，G（x）＜G（1）=0，即lnx＜x-1．

點(diǎn)評 本題主要考查導(dǎo)數(shù)與函數(shù)單調(diào)性的關(guān)系，會(huì)熟練運(yùn)用導(dǎo)數(shù)解決函數(shù)的極值與最值問題．求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，應(yīng)該先求出函數(shù)的導(dǎo)函數(shù)，令導(dǎo)函數(shù)大于0得到函數(shù)的遞增區(qū)間，令導(dǎo)函數(shù)小于0得到函數(shù)的遞減區(qū)間，考查了不等式與導(dǎo)數(shù)的結(jié)合，難度較大．