Question

已知函數(shù)f(x)=alnx+

1

x

(a＞0)．
（Ⅰ）求函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間和極值；
（Ⅱ）已知對任意的x＞0，ax（2-lnx）≤1恒成立，求實數(shù)a的取值范圍；
（Ⅲ）是否存在實數(shù)a使得函數(shù)f（x）在[1，e]上最小值為0？若存在，試求出a的值；若不存在，請說明理由．

Answer 1

分析：（Ⅰ）函數(shù)的定義域為（0，+∞），求導函數(shù)，由f′（x）＞0，可得函數(shù)f（x）的單調(diào)增區(qū)間；由f′（x）＜0，可得函數(shù)的單調(diào)減區(qū)間，從而可求函數(shù)的極值；
（Ⅱ）已知對任意的x＞0，ax（2-lnx）≤1恒成立，分類討論①2-lnx＞0時，a≤

1

x(2-lnx)

恒成立；②2-lnx＜0時，a≥

1

x(2-lnx)

恒成立，研究右邊函數(shù)的最值，即可求得實數(shù)a的取值范圍；
（Ⅲ）不存在a，使得函數(shù)f（x）在[1，e]上最小值為0，利用函數(shù)f（x）的單調(diào)增區(qū)間為(

1

a

，+∞)，單調(diào)減區(qū)間為(0，

1

a

)，結(jié)合函數(shù)的定義域[1，e]進行分類討論，從而可得結(jié)論．

解答：解：（Ⅰ）函數(shù)的定義域為（0，+∞）
求導函數(shù)可得f′(x)=

a

x

-

1

x2

=

ax-1

x2

由f′（x）＞0，可得x＞

1

a

；由f′（x）＜0，可得0＜x＜

1

a

∴函數(shù)f（x）的單調(diào)增區(qū)間為(

1

a

，+∞)，單調(diào)減區(qū)間為(0，

1

a

)
當x=

1

a

時，函數(shù)取得極小值為f(

1

a

)=-alna+a；
（Ⅱ）已知對任意的x＞0，ax（2-lnx）≤1恒成立，則
①2-lnx＞0時，a≤

1

x(2-lnx)

恒成立
令g(x)=

1

x(2-lnx)

，
∴g′(x)=

lnx-1

[x(2-lnx)]2

當lnx＜1時，g′（x）＜0，當1＜lnx＜2時，g′（x）＞0，
∴l(xiāng)nx=1時，即x=e時，函數(shù)取得最小值為g(e)=

1

e

∴a≤

1

e

②2-lnx＜0時，a≥

1

x(2-lnx)

恒成立
令g(x)=

1

x(2-lnx)

，
∴g′(x)=

lnx-1

[x(2-lnx)]2

當2-lnx＜0時，g′（x）＞0，
∴函數(shù)在（e²，+∞）上單調(diào)增，函數(shù)無最大值，故此時a≥

1

x(2-lnx)

不恒成立；
∴實數(shù)a的取值范圍是(-∞，

1

e

]；
（Ⅲ）不存在a，使得函數(shù)f（x）在[1，e]上最小值為0
由（Ⅰ）知函數(shù)f（x）的單調(diào)增區(qū)間為(

1

a

，+∞)，單調(diào)減區(qū)間為(0，

1

a

)
若1≤

1

a

≤e，即

1

e

≤a≤1，則函數(shù)f（x）在[1，e]上最小值為f(

1

a

)=-alna+a=0，
∴a=e，不滿足題意
若0＜

1

a

＜1，即a＞1，則函數(shù)f（x）在[1，e]上最小值為f（1）=1，不滿足題意；
若

1

a

＞e，即a＜

1

e

時，函數(shù)f（x）在[1，e]上最小值為f(

1

e

)=-a+e=0，∴a=e，不滿足題意．
綜上知，不存在a，使得函數(shù)f（x）在[1，e]上最小值為0．

點評：本題重點考查導數(shù)知識的運用，考查函數(shù)的單調(diào)性與極值，考查恒成立問題，考查分類討論的數(shù)學思想，綜合性強．