Question

18．已知函數(shù)f（x）=alnx+$\frac{6}{x}$（a∈R）．
（1）當(dāng)a=2時(shí)，求曲線y=f（x）在點(diǎn)（1，f（1））處的切線方程；
（2）如果函數(shù)g（x）=f（x）-2x在（0，+∞）上單調(diào)遞減，求實(shí)數(shù)a的取值范圍；
（3）當(dāng)a＞0時(shí)，討論函數(shù)y=f（x）-$\frac{5}{x}$零點(diǎn)的個(gè)數(shù)．

Answer 1

分析 （1）利用導(dǎo)數(shù)幾何意義求切線方程；（2）函數(shù)在某區(qū)間單調(diào)減，則導(dǎo)數(shù)在該區(qū)間小于等于0恒成立，在用恒成立問題的處理方法求解；（3）結(jié)合函數(shù)圖象找函數(shù)零點(diǎn)個(gè)數(shù)．

解答 解：函數(shù)函數(shù)f（x）的定義域?yàn)椋?，+∞），
（1）當(dāng)當(dāng)a=2時(shí)，f′（x）=$\frac{2}{x}-\frac{6}{{x}^{2}}$，∴曲線y=f（x）在點(diǎn)（1，f（1））處的切線的斜率k=f′（1）=-4，切點(diǎn)為（1，6），
所以切線方程為：y-6=（-4）×（x-1），即4x+y-10=0為所求切線方程．
（2）因?yàn)楹瘮?shù)g（x）=f（x）-2x在（0，+∞）上單調(diào)遞減⇒g′（x）=$\frac{a}{x}-\frac{6}{{x}^{2}}-2$≤0在（0，+∞）上恒成立，
即a≤$\frac{6}{x}+2x$在（0，+∞）恒成立，$\frac{6}{x}+2x$$≥2\sqrt{\frac{6}{x}•2x}=4\sqrt{3}$，a$≤4\sqrt{3}$，
故實(shí)數(shù)a的取值范圍是[4$\sqrt{3}$，+∞）．
（3）函數(shù)h（x）=f（x）-$\frac{5}{x}$=alnx+$\frac{1}{X}$，
（3）f′（x）=$\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	↗

即有f（x）min=f（$\frac{1}{a}$）=a（1-lna）
（�。┊�(dāng)0＜a＜e時(shí)，f（x）_min＞0，即有f（x）在定義域內(nèi)無(wú)零點(diǎn)；
（ⅱ）當(dāng)a=e時(shí)，f（x）_min=0，則f（x）在定義域內(nèi)有唯一的零點(diǎn)；
（ⅲ）當(dāng)a＞e時(shí)，f（x）_min＜0，
①由f（1）=1＞0，所以f（x）在增區(qū)間（$\frac{1}{a}，+∞）$內(nèi)有唯一零點(diǎn)；
②f（$\frac{1}{{a}^{2}}$）═a（a-2lna），設(shè)h（a）=a-2lna，則h′（a）=1-$\frac{2}{a}$
因?yàn)閍＞e，所以h'（a）＞0，即h（a）在（e，+∞）上單調(diào)遞增，
即有h（a）＞h（e）＞0，即，所以f（x）在減區(qū)間內(nèi)有唯一的零點(diǎn)．
則a＞e時(shí)f（x）在定義域內(nèi)有兩個(gè)零點(diǎn)．
綜上所述：當(dāng)0＜a＜e時(shí)，f（x）在定義域內(nèi)無(wú)零點(diǎn)；
當(dāng)a=e時(shí)，f（x）在定義域內(nèi)有唯一的零點(diǎn)；
當(dāng)a＞e時(shí)，f（x）在定義域內(nèi)有兩個(gè)零點(diǎn)．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了函數(shù)導(dǎo)數(shù)的幾何意義、單調(diào)性與導(dǎo)數(shù)的關(guān)系及函數(shù)零點(diǎn)個(gè)數(shù)判定，屬于中檔題．