Question

19．已知函数f（x）=lnx-$\frac{a}{x}-1$．
（1）若曲线y=f（x）存在斜率为-1的切线，求实数a的取值范围；
（2）求f（x）的单调区间；
（3）设函数g（x）=$\frac{x+a}{lnx}$，求证：当-1＜a＜0时，g（x）在（1，+∞）上存在极小值．

Answer 1

分析 （1）求出函数的导数，问题转化为x²+x+a=0存在大于0的实数根，根据y=x²+x+a在x＞0时递增，求出a的范围即可；
（2）求出函数f（x）的导数，通过讨论a的范围，判断导函数的符号，求出函数的单调区间即可；
（3）求出函数g（x）的导数，根据f（e）=-$\frac{a}{e}$＞0，得到存在x₀∈（1，e）满足g′（x₀）=0，从而得到函数的单调区间，求出函数的极小值，证出结论即可．

解答 解：（1）由f（x）=lnx-$\frac{a}{x}$-1得：
f′（x）=$\frac{x+a}{{x}^{2}}$，（x＞0），
由已知曲线y=f（x）存在斜率为-1的切线，
∴f′（x）=-1存在大于0的实数根，
即x²+x+a=0存在大于0的实数根，
∵y=x²+x+a在x＞0时递增，
∴a的范围是（-∞，0）；
（2）由f′（x）=$\frac{x+a}{{x}^{2}}$，（x＞0），
得：a≥0时，f′（x）＞0，
∴f（x）在（0，+∞）递增；
a＜0时，若x∈（-a，+∞）时，f′（x）＞0，
若x∈（0，-a），则f′（x）＜0，
故f（x）在（-a，+∞）递增，在（0，-a）递减；
（3）由g（x）=$\frac{x+a}{lnx}$及题设得：
g′（x）=$\frac{lnx-\frac{a}{x}-1}{{（lnx）}^{2}}$=$\frac{f（x）}{{（lnx）}^{2}}$，
由-1＜a＜0，得：0＜-a＜1，
由（2）得：f（x）在（-a，+∞）递增，
∴f（1）=-a-1＜0，取x=e，显然e＞1，
f（e）=-$\frac{a}{e}$＞0，
∴存在x₀∈（1，e）满足f（x₀）=0，
即存在x₀∈（1，e）满足g′（x₀）=0，
令g′（x）＞0，解得：x＞x₀，
令g′（x）＜0，解得：1＜x＜x₀，
故g（x）在（1，x₀）递减，在（x₀，+∞）递增，
∴-1＜a＜0时，g（x）在（1，+∞）存在极小值．

点评 本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应用以及分类讨论思想、是一道综合题．