Question

7．已知a為實(shí)常數(shù)，函數(shù)f（x）=$\frac{lnx+1}{x}-a$
（Ⅰ）求函數(shù)f（x）的最值；
（Ⅱ）設(shè)g（x）=xf（x）
（i）討論函數(shù)g（x）的單調(diào)性；
（ii）若函數(shù)g（x）有兩個(gè)不同的零點(diǎn)，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求得f（x）的導(dǎo)數(shù)，由導(dǎo)數(shù)大于0，可得增區(qū)間，導(dǎo)數(shù)小于0，可得減區(qū)間，進(jìn)而得到最大值；
（Ⅱ）（�。┣蟮胓（x）的定義域，討論當(dāng)a≤0時(shí)，當(dāng)a＞0時(shí)，求得導(dǎo)數(shù)，判斷符號(hào)，即可得到單調(diào)性；
（ⅱ）討論當(dāng)a≤0時(shí)，當(dāng)a＞0時(shí)，運(yùn)用函數(shù)的單調(diào)性和函數(shù)的零點(diǎn)存在定理，求得a的范圍．

解答 解：（Ⅰ）函數(shù)f（x）=$\frac{lnx+1}{x}-a$的定義域?yàn)椋?，+∞）．
則f′（x）=$\frac{-lnx}{{x}^{2}}$，
令f′（x）＜0得x＞1；令f′（x）＞0得0＜x＜1．
故函數(shù)f（x）在（0，1）上單調(diào)遞增，在（1，+∞）上單調(diào)遞減．
所以函數(shù)f（x）的最大值為f（1）=1-a，無(wú)最小值．
（Ⅱ）（�。ゞ（x）=xf（x）=lnx+1-ax，
函數(shù)g（x）的定義域?yàn)椋?，+∞），其導(dǎo)數(shù)g′（x）=$\frac{1}{x}$-a．
①當(dāng)a≤0時(shí)，g′（x）＞0，函數(shù)g（x）在（0，+∞）上是增函數(shù)；
②當(dāng)a＞0時(shí)，g′（x）＞0?0＜x＜$\frac{1}{a}$；g′（x）＜0?x＞$\frac{1}{a}$．
所以函數(shù)g（x）在（0，$\frac{1}{a}$）上是增函數(shù)，在（$\frac{1}{a}$，+∞）上是減函數(shù)．
（ⅱ）由（�。┑�，當(dāng)a≤0時(shí)，函數(shù)g（x）在（0，+∞）上是增函數(shù)，
不可能有兩個(gè)零點(diǎn)；
當(dāng)a＞0時(shí)，函數(shù)g（x）在（0，$\frac{1}{a}$）上是增函數(shù)，在（$\frac{1}{a}$，+∞）上是減函數(shù)，
此時(shí)g（$\frac{1}{a}$）為函數(shù)g（x）的最大值，
若g（$\frac{1}{a}$）≤0，則函數(shù)g（x）最多有一個(gè)零點(diǎn)，不合題意，
所以g（$\frac{1}{a}$）=ln$\frac{1}{a}$＞0，解得0＜a＜1．
因?yàn)椋?\frac{1}{e}$＜1＜$\frac{1}{a}$＜$\frac{e}{{a}^{2}}$，取g（$\frac{1}{e}$）=-1-$\frac{a}{e}$+1=-$\frac{a}{e}$＜0，
則x₁∈（$\frac{1}{e}$，$\frac{1}{a}$），使得g（x₁）=0；
取g（$\frac{e}{{a}^{2}}$）=2-2lna-$\frac{e}{a}$（0＜a＜1），
令G（a）=2-2lna-$\frac{e}{a}$（0＜a＜1），則G′（a）=-$\frac{2}{a}$+$\frac{e}{{a}^{2}}$=$\frac{e-2a}{{a}^{2}}$＞0，（0＜a＜1），
所以G（a）在（0，1）上單調(diào)遞增．
所以G（a）＜G（1）=2-e＜0，即g（$\frac{e}{{a}^{2}}$）＜0，則x₂∈（$\frac{1}{a}$，$\frac{e}{a}$），使得g（x₂）=0，
故函數(shù)g（x）有兩個(gè)不同的零點(diǎn)x₁，x₂（x₁＜x₂），且x₁，x₂∈（$\frac{1}{a}$，$\frac{e}{a}$）．
綜上a的取值范圍是（0，1）．

點(diǎn)評(píng) 本題考查函數(shù)的最值的求法，注意運(yùn)用導(dǎo)數(shù)求得單調(diào)區(qū)間可得，考查函數(shù)的單調(diào)性，注意運(yùn)用分類(lèi)討論的思想方法，同時(shí)考查函數(shù)的零點(diǎn)的問(wèn)題，注意運(yùn)用函數(shù)的單調(diào)性和零點(diǎn)存在定理，屬于難題．