Question

3．已知函數(shù)f（x）=$\frac{lnx+a}{x}$（a∈R），g（x）=$\frac{1}{x}$．
（1）求f（x）的單調(diào)區(qū)間與極值；
（2）若函數(shù)f（x）的圖象與函數(shù)g（x）的圖象在區(qū)間（0，e²]上有公共點，求實數(shù)a的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，解關(guān)于導(dǎo)函數(shù)的方程求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，從而求出函數(shù)的極值即可；
（2）令F（x）=f（x）-g（x），通過討論F（x）的單調(diào)性求出F（x）的最大值，結(jié)合題意求出a的范圍即可．

解答 解：（1）函數(shù)f（x）的定義域為（0，+∞），
f′（x）=$\frac{1-（lnx+a）}{x2}$．
令f′（x）=0，得x=e^1-a，
當x∈（0，e^1-a）時，f′（x）＞0，f（x）是增函數(shù)；…（2分）
當x∈（e^1-a，+∞）時，f′（x）＜0，f（x）是減函數(shù)．
所以函數(shù)f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間為（0，e^1-a]，
單調(diào)遞減區(qū)間為[e^1-a，+∞），…（3分）
極大值為f（x）_極大值=f（e^1-a）=e^a-1，無極小值．…（4分）
（2）令F（x）=f（x）-g（x）=$\frac{lnx+a-1}{x}$，
則F′（x）=$\frac{-lnx+2-a}{x2}$．
令F′（x）=0，得x=e^2-a；令F′（x）＞0，得x＜e^2-a；
令F′（x）＜0，得x＞e^2-a，
故函數(shù)F（x）在區(qū)間（0，e^2-a]上是增函數(shù)，
在區(qū)間[e^2-a，+∞）上是減函數(shù)．…（6分）
①當e^2-a＜e²，即a＞0時，
函數(shù)F（x）在區(qū)間（0，e^2-a]上是增函數(shù)，
在區(qū)間[e^2-a，e²]上是減函數(shù)，F(xiàn)（x）_max=F（e^2-a）=e^a-2．
又F（e^1-a）=0，F(xiàn)（e²）=$\frac{a+1}{e2}$＞0，
由圖象，易知當0＜x＜e^1-a時，F(xiàn)（x）＜0；
當e^1-a＜x≤e²，F(xiàn)（x）＞0，…（8分）
此時函數(shù)f（x）的圖象與函數(shù)g（x）的圖象在區(qū)間（0，e²]上有1個公共點．
②當e^2-a≥e²，即a≤0時，F(xiàn)（x）在區(qū)間（0，e²]上是增函數(shù)，
F（x）_max=F（e²）=$\frac{a+1}{e2}$．
若F（x）_max=F（e²）=$\frac{a+1}{e2}$≥0，即-1≤a≤0時，…（10分）
函數(shù)f（x）的圖象與函數(shù)g（x）的圖象在區(qū)間（0，e²]上只有1個公共點；
若F（x）_max=F（e²）=$\frac{a+1}{e2}$＜0，即a＜-1時，
函數(shù)f（x）的圖象與函數(shù)g（x）的圖象在區(qū)間（0，e²]上沒有公共點．
綜上，滿足條件的實數(shù)a的取值范圍是[-1，+∞）．…（12分）

點評 本題考查了函數(shù)的單調(diào)性、極值問題，考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用，函數(shù)的交點問題以及分類討論思想，是一道綜合題．