Question

已知函数f（x）=x+

1

x

+alnx，x∈R．
（Ⅰ）若a=1，求曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线方程；
（Ⅱ）若对任意的x∈[1，e]，都有

2

e

≤f（x）≤2e恒成立，求实数a的取值范围．（注：e为自然对数的底数．）

Answer 1

考点：利用导数求闭区间上函数的最值,利用导数研究曲线上某点切线方程

专题：导数的概念及应用

分析：（Ⅰ）先将（1，f（1））代入函数方程，求出f（1），然后再将x=1代入原函数的导数求出斜率，问题获解；
（Ⅱ）这问涉及到了不等式恒成立问题，先研究函数的单调性，求出函数的最值，则问题转化为最值与

2

e

及2e比较的问题．

解答： （本题13分） 解：（Ⅰ） 当a=1时，f（x）=x+

1

x

+lnx，则f′(x)=1-

1

x2

+

1

x

．
故f′（1）=1，f（1）=2．
所以曲线y=f（x）在点（1，f（x））处的切线方程为y-2=x-1即为x-y+1=0；
（Ⅱ）由题意的f′(x)=1-

1

x2

+

a

x

=

x2+ax-1

x2

，x∈[1，e]，
令g（x）=x²+ax-1，注意y=g（x）的图象过点（0，-1），且开口向上，从而有
（1）当g（1）=1+a-1≥0即a≥0时，f（x）单调递增，
所以有

f(1)=1+1≥ 2 e f(e)=e+ 1 e +a≤2e

得0≤a≤e-

1

e

；
（2）当g（e）=e²+ea-1≤0即a≤

1

e

-e时，在x∈[1，e]上g′（x）≤0，f（x）单调递减，
所以有

f(x)max=f(1)=1+1≤2e f(x)min=f(e)=e+ 1 e +a≥ 2 e

得a≥

1

e

-e，故只有a=

1

e

-e符合；

（3）当

g(1)＜0 g(e)＞0

即

1

e

-e＜a＜0时，记函数g（x）=x²+ax-1的零点为t∈（1，e），
此时，函数f（x）在（1，t）上单调递减，在（t，e）上单调递增，
所以，

f(1)≤2e f(e)≤2e f(x)min=f(t)=t+ 1 t =alnt≥ 2 e

?t+

1

t

+alnt≥

2

e

，
因为t∈（1，e）是函数 g（x）=x²+ax-1的零点，所以a=

1

t

-t，
故有t+

1

t

+(

1

t

-t)lnt≥

2

e

．
令h（t）=t+

1

t

+(

1

t

-t)lnt，t∈（1，e），则h′(t)=(-1-

1

t2

)lnt≤0，
所以函数y=h（t）在（1，e）上单调递减，故h（t）＞h（e）=

2

e

恒成立，
此时，

1

e

-e＜a＜0；
综上所述，实数a的取值范围是[

1

e

-e，e-

1

e

]．

点评：本题考查了函数的单调性问题，不等式的恒成立问题，不等式恒成立一般是转化为函数的最值问题，而需要进一步研究函数的导数．