Question

7．已知函数f（x）=$\frac{1}{x}$+alnx（a≠0，a∈R）
（1）当a=1时，求函数f（x）在x=2处的切线斜率及函数f（x）的单减区间；
（2）若对于任意x∈（0，e]，都有f（x）＞0，求实数a的取值范围；
（3）若函数g（x）=x（lnx-1），对于任意x₁∈（0，e]，总存在x₂∈（0，e]，使得g（x₁）＞f（x₂），求实数a的取值范围．

Answer 1

分析 （1）根据导数的几何意义可知切线斜率为f′（2），令f′（x）＜0解出单调递减区间；
（2）求出f（x）的最小值，令f_min（x）＞0解出a的范围；
（3）求出g（x）在（0，e]上的最小值g_min（x），令g_min（x）＞f_min（x）即可求出a的范围．

解答 解：（1）a=1时，f（x）=$\frac{1}{x}$+lnx（x＞0），f′（x）=-$\frac{1}{{x}^{2}}$+$\frac{1}{x}$=$\frac{x-1}{{x}^{2}}$，
∴切线的斜率k=f′（2）=$\frac{1}{4}$．
令f′（x）＜0，即$\frac{x-1}{{x}^{2}}$＜0，解得：0＜x＜1
∴f（x）的单调减区间为：（0，1）．
（2）∵对于任意x∈（0，e]，都有f（x）＞0，∴f_min（x）＞0．
f′（x）=-$\frac{1}{{x}^{2}}$+$\frac{a}{x}$=$\frac{ax-1}{{x}^{2}}$，令f′（x）=0，解得x=$\frac{1}{a}$，
①若a＜0，则f′（x）＜0，∴f（x）在（0，e]上是减函数，∴f_min（x）=f（e）=$\frac{1}{e}+a$．
∴$\frac{1}{e}+a$＞0，解得-$\frac{1}{e}$＜a＜0．
②若0＜$\frac{1}{a}$＜e，则当0$＜x＜\frac{1}{a}$时，f′（x）＜0，当$\frac{1}{a}$＜x＜e时，f′（x）＞0，
∴f（x）在（0，e]上先减后增，f_min（x）=f（$\frac{1}{a}$）=a-alna，
∴a-alna＞0，解得$\frac{1}{e}$＜a＜e．
③若$\frac{1}{a}$≥e，即0＜a≤$\frac{1}{e}$，则f′（x）≤0在（0，e]上恒成立，
∴f（x）在（0，e]上单调递减，∴f_min（x）=f（e）=$\frac{1}{e}+a$．
∴$\frac{1}{e}+a$＞0，解得0＜a≤$\frac{1}{e}$．
综上，a的取值范围是（-$\frac{1}{e}$，0）∪（0，e）．
（3）g′（x）=lnx，∴当0＜x＜1时，g′（x）＜0，当1＜x≤e时，g′（x）＞0，
∴g（x）在（0，1）上单调递减，在（1，e]上单调递增，
∴g_min（x）=g（1）=-1．
∵对于任意x₁∈（0，e]，总存在x₂∈（0，e]，使得g（x₁）＞f（x₂），
∴g_min（x）＞f_min（x）．即f_min（x）＜-1．
由（2）可知f_min（x）=$\left\{\begin{array}{l}{\frac{1}{e}+a，a≤\frac{1}{e}且a≠0}\\{a-alna，a＞\frac{1}{e}}\end{array}\right.$，
∴$\left\{\begin{array}{l}{\frac{1}{e}+a＜-1}\\{a≤\frac{1}{e}}\\{a≠0}\end{array}\right.$或$\left\{\begin{array}{l}{a-alna＜-1}\\{a＞\frac{1}{e}}\end{array}\right.$，
解第一个不等式组得a＜-$\frac{1}{e}$-1，解第二个不等式组无解，
∴a的取值范围是（-∞，-$\frac{1}{e}$-1）．

点评 本题考查了导数与函数的单调性，函数最值的关系，属于中档题．