Question

2．已知函數(shù)f（x）=lnx-ax+1，其中a∈R．
（Ⅰ）談?wù)摵瘮?shù)f（x）在其定義域上的單調(diào)性；
（Ⅱ）當(dāng)a＞0時(shí)，若存在x₁，x₂$∈[\frac{1}{e}，e]$，使得f（x₁）•f（x₂）＜0，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求f′（x）=$\frac{1-ax}{x}$，這時(shí)候就要討論a的取值，從而判斷出使f′（x）＞0的區(qū)間和f′（x）＜0的區(qū)間，從而判斷出f（x）在定義域（0，+∞）上的單調(diào)性；
（Ⅱ）由（Ⅰ）可以得到當(dāng)a＞0時(shí)，f（x）在（0，$\frac{1}{a}$）上單調(diào)遞增，在（$\frac{1}{a}，+∞$）上單調(diào)遞減．而要存在${x}_{1}，{x}_{2}∈[\frac{1}{e}，e]$，使得f（x₁）•f（x₂）＜0，只要使f（x）在$[\frac{1}{e}，e]$上的最小值小于0，而最大值大于0即可．所以需要討論a的取值，從而找出f（x）在$[\frac{1}{e}，e]$的最小值和最大值建立關(guān)于a的不等式，解不等式即可．

解答 解：（Ⅰ）f′（x）=$\frac{1-ax}{x}$；
函數(shù)f（x）的定義域?yàn)椋?，+∞）；
①若a≤0，則x∈（0，+∞）時(shí)，f′（x）＞0；
∴此時(shí)，f（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增；
②若a＞0，則x$∈（0，\frac{1}{a}）$時(shí)，f′（x）＞0；x∈（$\frac{1}{a}，+∞$）時(shí)，f′（x）＜0；
f（x）在（0，$\frac{1}{a}$）上單調(diào)遞增，在[$\frac{1}{a}，+∞$）上單調(diào)遞減；
（Ⅱ）①若0＜$\frac{1}{a}$≤$\frac{1}{e}$，即a≥e，則f（x）在$[\frac{1}{e}，e]$上單調(diào)遞減；
∴此時(shí)，f（x）$≤f（\frac{1}{e}）=-\frac{a}{e}＜0$；
∴不存在${x}_{1}，{x}_{2}∈[\frac{1}{e}，e]$，使f（x₁）•f（x₂）＜0；
②若$\frac{1}{e}＜\frac{1}{a}＜e$，即則f（x）在（$\frac{1}{e}$，$\frac{1}{a}$）上單調(diào)遞增，在（$\frac{1}{a}，e$）上單調(diào)遞減；
∴$f（\frac{1}{a}）=-lna$是f（x）在$[\frac{1}{e}，e]$上的最大值；
∵$f（\frac{1}{e}）＜0$；
∴要存在${x}_{1}，{x}_{2}∈[\frac{1}{e}，e]$，使得f（x₁）•f（x₂）＜0，只要：
-lna＞0；
∴0＜a＜1；
∴此時(shí)$\frac{1}{e}＜a＜1$；
③若$\frac{1}{a}≥e$，即0$＜a≤\frac{1}{e}$，則f（x）在[$\frac{1}{e}，e$]上單調(diào)遞增；
f（e）=2-ae是f（x）在[$\frac{1}{e}，e$]上的最大值；
∴只需2-ae＞0；
∴$a＜\frac{2}{e}$；
∴此時(shí)$0＜a≤\frac{1}{e}$；
綜上得實(shí)數(shù)a的取值范圍為（0，1）．

點(diǎn)評 考查函數(shù)導(dǎo)數(shù)符號和函數(shù)單調(diào)性的關(guān)系，以及根據(jù)導(dǎo)數(shù)找單調(diào)區(qū)間的方法和過程，對于第二問，想到求f（x）在$[\frac{1}{e}，e]$的最小值和最大值，并使最小值小于0，最大值大于0是求解本問的關(guān)鍵．