Question

已知函数f(x)=alnx+

1

x

(a＞0)．
（Ⅰ）求函数f（x）的单调区间和极值；
（Ⅱ）已知对任意的x＞0，ax（2-lnx）≤1恒成立，求实数a的取值范围；
（Ⅲ）是否存在实数a使得函数f（x）在[1，e]上最小值为0？若存在，试求出a的值；若不存在，请说明理由．

Answer 1

分析：（Ⅰ）函数的定义域为（0，+∞），求导函数，由f′（x）＞0，可得函数f（x）的单调增区间；由f′（x）＜0，可得函数的单调减区间，从而可求函数的极值；
（Ⅱ）已知对任意的x＞0，ax（2-lnx）≤1恒成立，分类讨论①2-lnx＞0时，a≤

1

x(2-lnx)

恒成立；②2-lnx＜0时，a≥

1

x(2-lnx)

恒成立，研究右边函数的最值，即可求得实数a的取值范围；
（Ⅲ）不存在a，使得函数f（x）在[1，e]上最小值为0，利用函数f（x）的单调增区间为(

1

a

，+∞)，单调减区间为(0，

1

a

)，结合函数的定义域[1，e]进行分类讨论，从而可得结论．

解答：解：（Ⅰ）函数的定义域为（0，+∞）
求导函数可得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

∴函数f（x）的单调增区间为(

1

a

，+∞)，单调减区间为(0，

1

a

)
当x=

1

a

时，函数取得极小值为f(

1

a

)=-alna+a；
（Ⅱ）已知对任意的x＞0，ax（2-lnx）≤1恒成立，则
①2-lnx＞0时，a≤

1

x(2-lnx)

恒成立
令g(x)=

1

x(2-lnx)

，
∴g′(x)=

lnx-1

[x(2-lnx)]2

当lnx＜1时，g′（x）＜0，当1＜lnx＜2时，g′（x）＞0，
∴lnx=1时，即x=e时，函数取得最小值为g(e)=

1

e

∴a≤

1

e

②2-lnx＜0时，a≥

1

x(2-lnx)

恒成立
令g(x)=

1

x(2-lnx)

，
∴g′(x)=

lnx-1

[x(2-lnx)]2

当2-lnx＜0时，g′（x）＞0，
∴函数在（e²，+∞）上单调增，函数无最大值，故此时a≥

1

x(2-lnx)

不恒成立；
∴实数a的取值范围是(-∞，

1

e

]；
（Ⅲ）不存在a，使得函数f（x）在[1，e]上最小值为0
由（Ⅰ）知函数f（x）的单调增区间为(

1

a

，+∞)，单调减区间为(0，

1

a

)
若1≤

1

a

≤e，即

1

e

≤a≤1，则函数f（x）在[1，e]上最小值为f(

1

a

)=-alna+a=0，
∴a=e，不满足题意
若0＜

1

a

＜1，即a＞1，则函数f（x）在[1，e]上最小值为f（1）=1，不满足题意；
若

1

a

＞e，即a＜

1

e

时，函数f（x）在[1，e]上最小值为f(

1

e

)=-a+e=0，∴a=e，不满足题意．
综上知，不存在a，使得函数f（x）在[1，e]上最小值为0．

点评：本题重点考查导数知识的运用，考查函数的单调性与极值，考查恒成立问题，考查分类讨论的数学思想，综合性强．