Question

18．已知函数f（x）=$\frac{1}{x}$+alnx（a∈R，且a≠0）．
（1）若函数f（x）在区间（2016，+∞）上单调递增，求实数a的取值范围；
（2）若在区间[1，e]上至少存在一点x₀．使得f（x₀）＜0成立，求实数a的取值范围．

Answer 1

分析 （1）求出函数的导数，通过讨论a的范围，解关于导函数的不等式，求出a的范围即可；
（2）若在区间（0，e]上存在一点x₀，使得f（x₀）＜0成立，其充要条件是f（x）在区间（0，e]上的最小值小于0即可．利用导数研究函数在闭区间[1，e]上的最小值，先求出导函数f'（x），然后讨论研究函数在[1，e]上的单调性，将f（x）的各极值与其端点的函数值比较，其中最小的一个就是最小值．

解答 解：（1）f′（x）=$\frac{ax-1}{{x}^{2}}$，且a≠0，（x＞0），
若a＜0，f′（x）＜0在（0，+∞）恒成立，不合题意，
若a＞0，令f′（x）＞0，解得：x＞$\frac{1}{a}$，
故f（x）在（$\frac{1}{a}$，+∞）递增，
若函数f（x）在区间（2016，+∞）上单调递增，
则$\frac{1}{a}$＜2016，解得：a＞$\frac{1}{2016}$；
（2）因为f′（x）=$\frac{ax-1}{{x}^{2}}$，且a≠0，
令f'（x）=0，得到x=$\frac{1}{a}$，
若在区间[1，e]上存在一点x₀，使得f（x₀）＜0成立，
其充要条件是f（x）在区间[1，e]上的最小值小于0即可．
①当a＜0时，f'（x）＜0对x∈（0，+∞）成立，
所以，f（x）在区间[1，e]上单调递减，
故f（x）在区间[1，e]上的最小值为f（e）=$\frac{1}{e}$+alne=$\frac{1}{e}$+a，
由$\frac{1}{e}$+a＜0，得a＜-$\frac{1}{e}$，即a∈（-∞，-$\frac{1}{e}$）；
②当a＞0时，
若e≤$\frac{1}{a}$，则f'（x）≤0对x∈[1，e]成立，
所以f（x）在区间[1，e]上单调递减，
所以，f（x）在区间[1，e]上的最小值为f（e）=$\frac{1}{e}$+alne=$\frac{1}{e}$+a＞0，
显然，f（x）在区间[1，e]上的最小值小于0不成立；
若1＜$\frac{1}{a}$＜e，即1＞a＞$\frac{1}{e}$时，则有

x	（1，$\frac{1}{a}$）	$\frac{1}{a}$	（$\frac{1}{a}$，e）
f'（x）	-	0	+
f（x）	↘	极小值	↗

所以f（x）在区间[1，e]上的最小值为f（$\frac{1}{a}$）=a+aln$\frac{1}{a}$，
由f（$\frac{1}{a}$）=a+aln$\frac{1}{a}$=a（1-lna）＜0，
得1-lna＜0，解得a＞e，即a∈（e，+∞）舍去；
当0＜$\frac{1}{a}$＜1，即a＞1，即有f（x）在[1，e]递增，
可得f（1）取得最小值，且为1，f（1）＞0，不成立．
综上，由①②可知a＜-$\frac{1}{e}$符合题意．

点评 本题考查利用导函数来研究函数的极值以及在闭区间上的最值问题．在利用导函数来研究函数的极值时，分三步①求导函数，②求导函数为0的根，③判断根左右两侧的符号，若左正右负，原函数取极大值；若左负右正，原函数取极小值，体现了转化的思想和分类讨论的思想，同时考查学生的计算能力．