Question

16．已知函数f （x）=ax-lnx（a∈R）．
（1）当a=1时，求f （x）的最小值；
（2）已知e为自然对数的底数，存在x∈[$\frac{1}{e}$，e]，使得f （x）=1成立，求a的取值范围；
（3）若对任意的x∈[1，+∞），有f （x）≥f （$\frac{1}{x}$）成立，求a的取值范围．

Answer 1

分析 （1）求出函数的导数，解关于导函数的不等式，求出函数的单调区间，从而求出函数的最小值即可；
（2）得到a=$\frac{1}{x}$+$\frac{lnx}{x}$，设g（x）=$\frac{1}{x}$+$\frac{lnx}{x}$，x∈[$\frac{1}{e}$，e]，根据函数的单调性求出a的范围即可；
（3）问题转化为a（x-$\frac{1}{x}$）-2lnx≥0，令h（x）=a（x-$\frac{1}{x}$）-2lnx，通过讨论a的范围求出函数的单调区间，从而求出a的范围即可．

解答 解：（1）a=1时，f（x）=x-lnx，
则f'（x）=1-$\frac{1}{x}$=$\frac{x-1}{x}$，
令f'（x）=0，则x=1．                             …（2分）
当0＜x＜1时，f'（x）＜0，所以f（x）在（0，1）上单调递减；
当x＞1时，f'（x）＞0，所以f（x）在（1，+∞）上单调递增，…（3分）
所以当x=1时，f （x）取到最小值，最小值为1．         …（4分）
（2）因为 f （x）=1，所以ax-lnx=1，即a=$\frac{1}{x}$+$\frac{lnx}{x}$，…（6分）
设g（x）=$\frac{1}{x}$+$\frac{lnx}{x}$，x∈[$\frac{1}{e}$，e]，则g'（x）=$\frac{-lnx}{{x}^{2}}$，
令g'（x）=0，得x=1．
当$\frac{1}{e}$＜x＜1时，g'（x）＞0，所以g（x）在（$\frac{1}{e}$，1）上单调递增；
当1＜x＜e时，g'（x）＜0，所以g（x）在（1，e）上单调递减；   …（8分）
因为g（1）=1，g（$\frac{1}{e}$）=0，g（e）=$\frac{2}{e}$，
所以函数g （x）的值域是[0，1]，
所以a的取值范围是[0，1]．                       …（10分）
（3）对任意的x∈[1，+∞），有f（x）≥f（$\frac{1}{x}$）成立，
则ax-lnx≥$\frac{a}{x}$+lnx，即a（x-$\frac{1}{x}$）-2lnx≥0．
令h（x）=a（x-$\frac{1}{x}$）-2lnx，
则h'（x）=a（1+$\frac{1}{{x}^{2}}$）-$\frac{2}{x}$=$\frac{{ax}^{2}-2x+a}{{x}^{2}}$，
①当a≥1时，ax²-2x+a=a（x-$\frac{1}{a}$）²+$\frac{{a}^{2}-1}{a}$≥0，
所以h'（x）≥0，因此h（x）在[1，+∞）上单调递增，
所以x∈[1，+∞）时，恒有h（x）≥h（1）=0成立，
所以a≥1满足条件．                             …（12分）
②当0＜a＜1时，有$\frac{1}{a}$＞1，若x∈[1，$\frac{1}{a}$]，则ax²-2x+a＜0，
此时h'（x）=$\frac{{ax}^{2}-2x+a}{{x}^{2}}$＜0，
所以h（x）在[1，$\frac{1}{a}$]上单调递减，所以h（$\frac{1}{a}$）＜h（1）=0，
即存在x=$\frac{1}{a}$＞1，使得h（x）＜0，所以0＜a＜1不满足条件．…（14分）
③当a≤0时，因为x≥1，所以h'（x）＜0，
所以h（x）在[1，+∞）上单调递减，
所以当x＞1时，h（x）＜h（1）=0，所以a≤0不满足条件．
综上，a的取值范围为[1，+∞）．…（16分）

点评 本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应用以及分类讨论思想，是一道综合题．