Question

1．已知函數(shù)f（x）=aln$\frac{1}{x}$+x（a≠0）．
（1）若a=1，求函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間與極值；
（2）在區(qū)間[1，e]上是否存在在一點(diǎn)x₀，使得f（x₀）＜0成立，若存在求出實(shí)數(shù)a的取值范圍，若不存在說明理由．

Answer 1

分析 （1）求出原函數(shù)的導(dǎo)函數(shù)，由導(dǎo)數(shù)的正負(fù)可得函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間和極值；
（2）求出原函數(shù)的導(dǎo)函數(shù)，由導(dǎo)函數(shù)大于0解出x的范圍，然后對a分三種情況討論，利用f（x）在[1，e]上的最小值，進(jìn)行判斷即可．

解答 解：（1）由題意知x＞0，f（x）=aln$\frac{1}{x}$+x=-alnx+x，
若a=1，則f（x）=-lnx+x，f′（x）=1-$\frac{1}{x}$=$\frac{x-1}{x}$，
由f′（x）＞0得x＞1，此時(shí)函數(shù)單調(diào)遞增，即函數(shù)f（x）的單調(diào)增區(qū)間是（1，+∞）；
由f′（x）＜0得0＜x＜1，此時(shí)函數(shù)單調(diào)遞減，即函數(shù)f（x）的單調(diào)減區(qū)間是（0，1）．
則當(dāng)x=1時(shí)，函數(shù)f（x）有極小值為f（1）=1-ln1=1．
（2）f′（x）=1-$\frac{a}{x}$=$\frac{x-a}{x}$，
若a≤0，則f′（x）＞0恒成立，即函數(shù)在（0，+∞）上為增函數(shù)，即
f（x）在區(qū)間[1，e]上是增函數(shù)，
則函數(shù)的最小值為f（1）=1＞0，此時(shí)在區(qū)間[1，e]上不存在在一點(diǎn)x₀，使得f（x₀）＜0成立．
若a＞0，
由f′（x）＞0得x＞a，此時(shí)函數(shù)單調(diào)遞增，即函數(shù)f（x）的單調(diào)增區(qū)間是（a，+∞）；
由f′（x）＜0得0＜x＜a，此時(shí)函數(shù)單調(diào)遞減，即函數(shù)f（x）的單調(diào)減區(qū)間是（0，a）．
即當(dāng)x=a時(shí)，函數(shù)取得最小值f（a）=a-alna=a（1-lna）．
①若0＜a＜1時(shí)，函數(shù)f（x）在[1，e]上為增函數(shù)，
故函數(shù)f（x）的最小值為f（1）=-aln 1+1=1＞0，故不滿足條件．
②若1≤a≤e時(shí)，函數(shù)f（x）在[1，a）上為減函數(shù)，在[a，e]上為增函數(shù)，
故函數(shù)f（x）的最小值為f（a）=a-aln a=a（1-ln a），
∵1≤a≤e，∴0≤lna≤1，即0≤1-lna≤1，
則f（a）=a-aln a=a（1-ln a）≥0，故不滿足條件．
③若a＞e，函數(shù)f（x）在[1，e]上為減函數(shù)，
故函數(shù)f（x）的最小值為f（e）=e-aln e=e-1＞0．故不滿足條件．
綜上所述，這樣的a不存在．

點(diǎn)評 本題考查了利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)在閉區(qū)間上的最值，考查了分類討論的數(shù)學(xué)思想方法，解答的關(guān)鍵是對a的范圍正確分段，此題是有一定難度題目．