Question

11．已知函數(shù)f（x）=alnx+$\frac{1}{x}$（a≠0）
（Ⅰ）求函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（Ⅱ）若存在兩條直線y=ax+b₁，y=ax+b₂（b₁≠b₂）都是曲線y=f（x）的切線．求實數(shù)a的取值范圍；
（Ⅲ）若|x|f（x）≤0}⊆（0，1），求實數(shù)a的取值范圍．

Answer 1

分析 （Ⅰ）先求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，通過討論a的符號，從而求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間；
（Ⅱ）問題轉(zhuǎn)化為f′（x）=a至少有兩個不等的正實根，根據(jù)二次函數(shù)的性質(zhì)結(jié)合函數(shù)的單調(diào)性從而得到a的范圍；
（Ⅲ）a＜0時，不合題意，a＞0時，通過討論f（$\frac{1}{a}$）的符號，結(jié)合函數(shù)的單調(diào)性，從而求出a的范圍．

解答 解：（Ⅰ）f′（x）=$\frac{a}{x}$-$\frac{1}{{x}^{2}}$=$\frac{ax-1}{{x}^{2}}$（x＞0），
當a＜0時，f′（x）＜0，則函數(shù)f（x）的單調(diào)遞減區(qū)間是（0，+∞），
當a＞0時，令f′（x）=0，得x=$\frac{1}{a}$，
當x變化時，f′（x），f（x）的變化情況如下：

x	（0，$\frac{1}{a}$）	$\frac{1}{a}$	（$\frac{1}{a}$，+∞）
f′（x）	-	0	+
f（x）	↓	極小值	↑

∴f（x）在（0，$\frac{1}{a}$）單調(diào)遞減，在（$\frac{1}{a}$，+∞）單調(diào)遞增；
（Ⅱ）若存在兩條直線y=ax+b₁，y=ax+b₂（b₁≠b₂）都是曲線y=f（x）的切線，
∴f′（x）=a至少有兩個不等的正實根，
令$\frac{ax-1}{{x}^{2}}$=a得ax²-ax+1=0，記其兩個實根分別為x₁，x₂，
則$\left\{\begin{array}{l}{△{=a}^{2}-4a＞0}\\{{x}_{1}{•x}_{2}=\frac{1}{a}＞0}\end{array}\right.$，解得：a＞4，
當a＞4時，曲線y=f（x）在點（x₁，f（x₁）），（x₂，f（x₂））處的切線分別為：
y=ax+f（x₁）-ax₁，y=ax+f（x₂）-ax₂，
令F（x）=f（x）-ax（x＞0），
由F′（x）=f′（x）-a=0得x=x₁，x=x₂（不防設(shè)x₁＜x₂），
且當x₁＜x＜x₂時，F(xiàn)′（x）＞0，即F（x）在[x₁，x₂]上是單調(diào)函數(shù)，
∴F（x₁）≠F（x₂）；
∴y=ax+f（x₁）-ax₁，y=ax+f（x₂）-ax₂是曲線y=f（x）的兩條不同的切線，
∴實數(shù)a的范圍是（4，+∞）；
（Ⅲ）當a＜0時，函數(shù)f（x）是（0，+∞）內(nèi)的減函數(shù)，
∵f（${e}^{-\frac{1}{a}}$）=aln（${e}^{-\frac{1}{a}}$）+$\frac{1}{{e}^{-\frac{1}{a}}}$=-1+$\frac{1}{{e}^{-\frac{1}{a}}}$=${e}^{\frac{1}{a}}$-1＜0，而${e}^{-\frac{1}{a}}$∉（0，1），不符合題意，
當a＞0時，由（Ⅰ）知：f（x）的最小值是f（$\frac{1}{a}$）=-alna+a=a（1-lna），
①若f（$\frac{1}{a}$）＞0，即0＜a＜e時，{x|f（x）≤0}=∅⊆（0，1），
∴0＜a＜e符合題意，
②若f（$\frac{1}{a}$）=0，即a=e時，{x|f（x）≤0}={$\frac{1}{e}$}⊆（0，1），
∴a=e符合題意，
③若f（$\frac{1}{a}$）＜0，即a＞e時，有0＜$\frac{1}{a}$＜1，
∵f（1）=1＞0，函數(shù)f（x）在（$\frac{1}{a}$，+∞）內(nèi)是增函數(shù)，
∴當x≥1時，f（x）＞0，
又∵函數(shù)f（x）的定義域是（0，+∞），
∴{x|f（x）≤0}⊆（0，1），
∴a＞e符合題意，
綜上，實數(shù)a的范圍是{a|a＞0}．

點評 本題考察了函數(shù)的單調(diào)性的應(yīng)用問題，考察導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用，考察分類討論思想，第三問中通過討論f（$\frac{1}{a}$）的符號，再結(jié)合函數(shù)的單調(diào)性來求a的范圍是解題的關(guān)鍵，本題是一道難題．