Question

13．已知函數(shù)f（x）=alnx+$\frac{1}{x}$（a∈R）
（Ⅰ）當(dāng)a=2時，求曲線y=f（x）在點（1，f（1））處的切線方程；
（Ⅱ）是否存在實數(shù)a，使得函數(shù)g（x）=f（x）-2x在（0，+∞）上單調(diào)遞減？若存在，求出a的取值范圍；若不存在，請說明理由；
（Ⅲ）當(dāng)a＞0時，討論函數(shù)y=f（x）零點的個數(shù)．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出當(dāng)a=2時的函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，求得切線的斜率和切點，由直線的點斜式方程，可得切線方程；
（Ⅱ）由題意可得$g'（x）=\frac{a}{x}-\frac{1}{x^2}-2≤0$在（0，+∞）恒成立，運用參數(shù)分離，再由基本不等式求得右邊函數(shù)的最小值，即可得到a的范圍；
（Ⅲ）求出f（x）的導(dǎo)數(shù)，求得單調(diào)區(qū)間和極值，最值，對a討論，分0＜a＜e，a=e，a＞e，考慮最小值的符號，即可得到零點的個數(shù)．

解答 解：（Ⅰ）當(dāng)a=2時，f（x）=2lnx+$\frac{1}{x}$，即有f（1）=1，
所以f′（x）=$\frac{2}{x}$-$\frac{1}{{x}^{2}}$，f′（1）=1．
所以切線方程為y=x；    
（Ⅱ）存在．
因為g（x）=f（x）-2x在（0，+∞）上單調(diào)遞減，
等價于$g'（x）=\frac{a}{x}-\frac{1}{x^2}-2≤0$在（0，+∞）恒成立，
變形得$a≤2x+\frac{1}{x}$（x＞0）恒成立，
而$2x+\frac{1}{x}≥2\sqrt{2x•\frac{1}{x}}=2\sqrt{2}$，
（當(dāng)且僅當(dāng)$2x=\frac{1}{x}$，即$x=\frac{{\sqrt{2}}}{2}$時，等號成立）．
所以$a≤2\sqrt{2}$．    
（Ⅲ）$f'（x）=\frac{ax-1}{x^2}$．
令f′（x）=0，得$x=\frac{1}{a}$，

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

所以$f{（x）_{min}}=f（\frac{1}{a}）$=$aln\frac{1}{a}+a=a（1-lna）$，
（ⅰ）當(dāng)0＜a＜e時，f（x）_min＞0，所以f（x）在定義域內(nèi)無零點；
（ⅱ）當(dāng)a=e時，f（x）_min=0，所以f（x）在定義域內(nèi)有唯一的零點；
（ⅲ）當(dāng)a＞e時，f（x）_min＜0，
①因為f（1）=1＞0，所以f（x）在增區(qū)間$（\frac{1}{a}，+∞）$內(nèi)有唯一零點；
②$f（\frac{1}{a^2}）=a（a-2lna）$，
設(shè)h（a）=a-2lna，則$h'（a）=1-\frac{2}{a}$，
因為a＞e，所以h′（a）＞0，即h（a）在（e，+∞）上單調(diào)遞增，
即h（a）＞h（e），
所以$f（\frac{1}{a^2}）＞0$，
所以f（x）在減區(qū)間$（0，\frac{1}{a}）$內(nèi)有唯一的零點．
所以a＞e時f（x）在定義域內(nèi)有兩個零點．
綜上所述：當(dāng)0＜a＜e時，f（x）在定義域內(nèi)無零點；
當(dāng)a=e時，f（x）在定義域內(nèi)有唯一的零點；
當(dāng)a＞e時，f（x）在定義域內(nèi)有兩個零點．

點評 本題考查導(dǎo)數(shù)的運用：求切線方程和單調(diào)區(qū)間、極值和最值，同時考查函數(shù)的單調(diào)性和函數(shù)的零點存在定理，運用分類討論的思想方法是解題的關(guān)鍵．