Question

20、已知函数f（x）=

lnx+a

x

（a∈R），g（x）=

1

x

（1）求函数g（x）在x=1处的切线方程；
（2）求f（x）的单调区间与极值；
（3）若函数f（x）的图象与函数g（x）的图象在区间（0，e²]上有公共点，求实数a的取值范围．

Answer 1

分析：（1）依题意，可求得g′（1）=-1，利用直线的点斜式即可求得函数g（x）在x=1处的切线方程；
（2）求得f′（x）=

1-(lnx+a)

x2

，由f′（x）＞0，可求得其单调递增区间，由f′（x）＜0，可求其递减区间，从而可求其极值；
（3）令F（x）=f（x）-g（x）=

lnx+a-1

x

，利用导数通过分类讨论思想来研究F（x）的单调性与极值，即可求得实数a的取值范围．

解答：解：（1）∵g（x）=

1

x

，
∴g′（x）=-

1

x2

．
∴g′（1）=-1，又g（1）=1，
∴函数g（x）在x=1处的切线方程为y-1=-（x-1），即y=-x+2．
（2）f（x）的定义域为（0，+∞），f′（x）=

1-(lnx+a)

x2

，令f′（x）=0，得x=e^1-a，
当x∈（0，e^1-a）时，f′（x）＞0，f（x）在∈（0，e^1-a]上是增函数；
当x∈（e^1-a，+∞）时，f′（x）＜0，f（x）在∈[e^1-a，+∞）上是减函数；
∴函数f（x）的单调递增区间为（0，e^1-a]，单调递减区间为[e^1-a，+∞），极大值为f（x）_极大值=f（e^1-a）=e^a-1，无极小值．
（3）令F（x）=f（x）-g（x）=

lnx+a-1

x

，则F′（x）=

-lnx+2-a

x2

．
令F′（x）=0得x=e^2-a；令F′（x）＞0，得0＜x＜e^2-a；令F′（x）＜0，得x＞e^2-a．
故函数F（x）在区间（0，e^2-a]上是增函数，在区间[e^2-a，+∞）上是减函数．
①当e^2-a＜e²，即a＞0时，函数F（x）在区间（0，e^2-a]上是增函数，在区间[e^2-a，e²]上是减函数．
∴F（x）_max=F（e^2-a）=e^a-2，
又F（e^1-a）=0，F（e²）=

a+1

e2

＞0．
∴当0＜x＜e^1-a时，F（x）＜0；
当e^1-a＜x≤e²时，F（x）＞0；
此时函数f（x）的图象与函数g（x）的图象在区间（0，e²]上有一个公共点．
②当e^2-a≥e²，即a≤0时，函数F（x）在区间（0，e²]上是增函数，F（x）_max=F（e²）=

a+1

e2

．
若F（x）_max=F（e²）=

a+1

e2

≥0，即-1≤a≤0时，e^1-a≤e²，
∵F（e^1-a）=0，所以函数f（x）的图象与函数g（x）的图象在区间（0，e²]上有一个公共点；
若F（x）_max=F（e²）=

a+1

e2

＜0，即a＜-1时，函数f（x）的图象与函数g（x）的图象在区间（0，e²]上没有公共点．
综上，实数a的取值范围是[-1，+∞）．

点评：本题考查利用导数研究曲线上某点切线方程，着重考查利用导数研究函数的单调性与极值，考查构造函数思想与等价转化思想、分类讨论思想的综合应用，属于难题．