Question

2．已知函數(shù)f（x）=$\frac{1}{x}$+alnx，a∈R．
（1）求函數(shù)f（x）的單調(diào)遞減區(qū)間；
（2）當x∈[1，2]時，f（x）的最小值是0，求實數(shù)a的值；
（3）試問過點P（0，2）可作多少條直線與曲線y=f（x）相切？并說明理由．

Answer 1

分析 （1）求出f（x）的導(dǎo)數(shù)，討論a≤0時，a＞0時，令導(dǎo)數(shù)小于0，可得減區(qū)間；
（2）討論①a≤$\frac{1}{2}$，②a≥1，③$\frac{1}{2}$＜a＜1，結(jié)合單調(diào)性，可得最小值，解方程可得a；
（3）a≤0時，有1條切線；a＞0時，有2條切線．設(shè)切點坐標是（x₀，f（x₀）），運用兩點的斜率公式和導(dǎo)數(shù)的幾何意義，設(shè)F（x）=$\frac{2}{x}$+alnx-2-a，x＞0，故函數(shù)F（x）在（0，+∞）上零點個數(shù)，即是曲線切線的條數(shù)．求得F（x）的導(dǎo)數(shù)，對a討論，運用函數(shù)的單調(diào)性和零點存在定理，即可得到結(jié)論．

解答 解：（1）f（x）=$\frac{1}{x}$+alnx的導(dǎo)數(shù)為f′（x）=-$\frac{1}{{x}^{2}}$+$\frac{a}{x}$=$\frac{ax-1}{{x}^{2}}$，
a≤0時，f′（x）＜0在（0，+∞）上恒成立，
則f（x）的單調(diào)遞減區(qū)間（0，+∞），
a＞0時，令ax-1＜0則x＜$\frac{1}{a}$，即0＜x＜$\frac{1}{a}$時，f′（x）＜0，
則f（x）的單調(diào)遞減區(qū)間（0，$\frac{1}{a}$）；
（2）①a≤$\frac{1}{2}$，f（x）在[1，2]上單調(diào)遞減，即f（x）_min=f（2）=$\frac{1}{2}$+aln2=0
解得a=-$\frac{1}{2ln2}$≤$\frac{1}{2}$，適合題意；
②a≥1，f（x）在[1，2]上單調(diào)遞增，可得f（x）_min=f（1）=1≠0，無解；
③$\frac{1}{2}$＜a＜1，f（x）在[1，$\frac{1}{a}$]上單調(diào)遞減，[$\frac{1}{a}$，2]上單調(diào)遞增，
可得f（x）_min=f（$\frac{1}{a}$）=a+aln$\frac{1}{a}$=0，解得a=e，舍去；
綜上可得，a═-$\frac{1}{2ln2}$．                                            
（3）a≤0時，有1條切線；a＞0時，有2條切線．
設(shè)切點坐標是（x₀，f（x₀）），依題意：$\frac{f（{x}_{0}）-2}{{x}_{0}-0}$=$\frac{a{x}_{0}-1}{{{x}_{0}}^{2}}$，
即$\frac{1}{{x}_{0}}$+alnx₀-2=a-$\frac{1}{{x}_{0}}$，化簡得：$\frac{2}{{x}_{0}}$+alnx₀-2-a=0，
設(shè)F（x）=$\frac{2}{x}$+alnx-2-a，x＞0，
故函數(shù)F（x）在（0，+∞）上零點個數(shù)，即是曲線切線的條數(shù)．          
F′（x）=-$\frac{2}{{x}^{2}}$+$\frac{a}{x}$=$\frac{ax-2}{{x}^{2}}$，
①當a=0時，F(xiàn)（x）=$\frac{2}{x}$-2，在（0，+∞）上恰有一個零點1；             
③當a＜0時，F(xiàn)′（x）=$\frac{ax-2}{{x}^{2}}$＜0在（0，+∞）上恒成立，
F（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞減，且F（1）=-a＞0，F(xiàn)（e）=$\frac{2}{e}$-2＜0，
故F（x）在（1，e）上有且只有一個零點，
當a＜0時，F(xiàn)（x）在（0，+∞）上恰有一個零點；                    
③a＞0時，F(xiàn)（x）在（0，$\frac{2}{a}$）上遞減，在（$\frac{2}{a}$，+∞）上遞增，
故F（x）在（0，+∞）上至多有兩個零點，且F（1）=2-2-a=-a＜0，
又函數(shù)y=lnx在（1，+∞）單調(diào)遞增，且值域是（0，+∞），
故對任意實數(shù)a，必存在x₀∈（1，+∞），使lnx₀＞$\frac{a+2}{a}$，
此時F（x₀）=$\frac{2}{{x}_{0}}$+alnx₀-2-a=$\frac{2}{{x}_{0}}$+a（lnx₀-$\frac{2+a}{a}$）＞0，
由于$\frac{2+a}{a}$＞1，
即函數(shù)F（x）在（1，x₀）上必有一零點；   
F（e${\;}^{-（1+a+\frac{1}{a}）}$）=2e${\;}^{1+a+\frac{1}{a}}$-a（1+a+$\frac{1}{a}$）-2-a=2e${\;}^{1+a+\frac{1}{a}}$-（a²+2a+3），
先證明當a＞0時，e${\;}^{1+a+\frac{1}{a}}$≥（a+2）²，即證1+a+$\frac{1}{a}$≥2ln（a+2），
若0＜a＜2，1+a+$\frac{1}{a}$≥3，而2ln（a+2）≤2ln4，由于2ln4=ln16＜3，
若a≥2，構(gòu)建函數(shù)φ（x）=1+x+$\frac{1}{x}$-2ln（x+2），
φ′（x）=1-$\frac{1}{{x}^{2}}$-$\frac{2}{x+2}$=$\frac{x（{x}^{2}-1）-2}{{x}^{2}（x+2）}$＞0，
φ（x）在[2，+∞）為增函數(shù)，φ（a）≥φ（2）=3+$\frac{1}{2}$-2ln4＞0，
綜上a＞0時，e${\;}^{1+a+\frac{1}{a}}$≥（a+2）²，
所以2e${\;}^{1+a+\frac{1}{a}}$≥2（a+2）²=a²+2a+3+（a²+6a+5）＞a²+2a+3，
故F（e${\;}^{-（1+a+\frac{1}{a}）}$）＞0，
又F（1）＜0，e${\;}^{-（1+a+\frac{1}{a}）}$＜1，所以在（e${\;}^{-（1+a+\frac{1}{a}）}$，1）必有一零點．
則當a＞0時，F(xiàn)（x）在（0，+∞）上有兩個零點
綜上：a≤0時，有1條切線；a＞0時，有2條切線．

點評 本題考查導(dǎo)數(shù)的運用：求切線的斜率和單調(diào)區(qū)間、極值和最值，考查函數(shù)的零點的求法，注意運用轉(zhuǎn)化思想和構(gòu)造函數(shù)法，運用函數(shù)零點存在定理，考查化簡整理的運算能力，屬于難題．