Question

7．已知函數(shù)f（x）=$\frac{1}{x}$+alnx（a≠0，a∈R）
（1）當a=1時，求函數(shù)f（x）在x=2處的切線斜率及函數(shù)f（x）的單減區(qū)間；
（2）若對于任意x∈（0，e]，都有f（x）＞0，求實數(shù)a的取值范圍；
（3）若函數(shù)g（x）=x（lnx-1），對于任意x₁∈（0，e]，總存在x₂∈（0，e]，使得g（x₁）＞f（x₂），求實數(shù)a的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)導數(shù)的幾何意義可知切線斜率為f′（2），令f′（x）＜0解出單調遞減區(qū)間；
（2）求出f（x）的最小值，令f_min（x）＞0解出a的范圍；
（3）求出g（x）在（0，e]上的最小值g_min（x），令g_min（x）＞f_min（x）即可求出a的范圍．

解答 解：（1）a=1時，f（x）=$\frac{1}{x}$+lnx（x＞0），f′（x）=-$\frac{1}{{x}^{2}}$+$\frac{1}{x}$=$\frac{x-1}{{x}^{2}}$，
∴切線的斜率k=f′（2）=$\frac{1}{4}$．
令f′（x）＜0，即$\frac{x-1}{{x}^{2}}$＜0，解得：0＜x＜1
∴f（x）的單調減區(qū)間為：（0，1）．
（2）∵對于任意x∈（0，e]，都有f（x）＞0，∴f_min（x）＞0．
f′（x）=-$\frac{1}{{x}^{2}}$+$\frac{a}{x}$=$\frac{ax-1}{{x}^{2}}$，令f′（x）=0，解得x=$\frac{1}{a}$，
①若a＜0，則f′（x）＜0，∴f（x）在（0，e]上是減函數(shù)，∴f_min（x）=f（e）=$\frac{1}{e}+a$．
∴$\frac{1}{e}+a$＞0，解得-$\frac{1}{e}$＜a＜0．
②若0＜$\frac{1}{a}$＜e，則當0$＜x＜\frac{1}{a}$時，f′（x）＜0，當$\frac{1}{a}$＜x＜e時，f′（x）＞0，
∴f（x）在（0，e]上先減后增，f_min（x）=f（$\frac{1}{a}$）=a-alna，
∴a-alna＞0，解得$\frac{1}{e}$＜a＜e．
③若$\frac{1}{a}$≥e，即0＜a≤$\frac{1}{e}$，則f′（x）≤0在（0，e]上恒成立，
∴f（x）在（0，e]上單調遞減，∴f_min（x）=f（e）=$\frac{1}{e}+a$．
∴$\frac{1}{e}+a$＞0，解得0＜a≤$\frac{1}{e}$．
綜上，a的取值范圍是（-$\frac{1}{e}$，0）∪（0，e）．
（3）g′（x）=lnx，∴當0＜x＜1時，g′（x）＜0，當1＜x≤e時，g′（x）＞0，
∴g（x）在（0，1）上單調遞減，在（1，e]上單調遞增，
∴g_min（x）=g（1）=-1．
∵對于任意x₁∈（0，e]，總存在x₂∈（0，e]，使得g（x₁）＞f（x₂），
∴g_min（x）＞f_min（x）．即f_min（x）＜-1．
由（2）可知f_min（x）=$\left\{\begin{array}{l}{\frac{1}{e}+a，a≤\frac{1}{e}且a≠0}\\{a-alna，a＞\frac{1}{e}}\end{array}\right.$，
∴$\left\{\begin{array}{l}{\frac{1}{e}+a＜-1}\\{a≤\frac{1}{e}}\\{a≠0}\end{array}\right.$或$\left\{\begin{array}{l}{a-alna＜-1}\\{a＞\frac{1}{e}}\end{array}\right.$，
解第一個不等式組得a＜-$\frac{1}{e}$-1，解第二個不等式組無解，
∴a的取值范圍是（-∞，-$\frac{1}{e}$-1）．

點評 本題考查了導數(shù)與函數(shù)的單調性，函數(shù)最值的關系，屬于中檔題．