Question

1．已知函数f（x）=alnx-x+2，其中a≠0．
（Ⅰ）求f（x）的单调区间；
（Ⅱ）若对任意的x₁∈[1，e]，总存在x₂∈[1，e]，使得f（x₁）+f（x₂）=4，求实数a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的值．

解答 解：（Ⅰ）$f'（x）=\frac{a}{x}-1=\frac{a-x}{x}\;，\;\;x＞0$，
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＜4，
所以对任意的x₁∈[1，e]，不存在x₂∈[1，e]，使得f（x₁）+f（x₂）=4；
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）=4；
当a≥e时，令g（x）=4-f（x）（x∈[1，e]），
由（Ⅰ）知：在[1，e]上，f（x）是增函数，进而知g（x）是减函数，
所以 f（x）_min=f（1）=1，f（x）_max=f（e）=a-e+2，g（x）_max=g（1）=4-f（1），g（x）_min=g（e）=4-f（e）；
因为 对任意的x₁∈[1，e]，总存在x₂∈[1，e]，使得f（x₁）+f（x₂）=4，即f（x₁）=g（x₂），
所以 $\left\{\begin{array}{l}f（1）≥g（e）\\ f（e）≤g（1）\end{array}\right.$即$\left\{\begin{array}{l}f（1）+f（e）≥4\\ f（e）+f（1）≤4.\end{array}\right.$，
所以 f（1）+f（e）=a-e+3=4，解得a=e+1，
综上所述，实数a的值为e+1．

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．