Question

18．已知函數(shù)f（x）=$\frac{1}{x}$+alnx（a∈R，且a≠0）．
（1）若函數(shù)f（x）在區(qū)間（2016，+∞）上單調遞增，求實數(shù)a的取值范圍；
（2）若在區(qū)間[1，e]上至少存在一點x₀．使得f（x₀）＜0成立，求實數(shù)a的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）求出函數(shù)的導數(shù)，通過討論a的范圍，解關于導函數(shù)的不等式，求出a的范圍即可；
（2）若在區(qū)間（0，e]上存在一點x₀，使得f（x₀）＜0成立，其充要條件是f（x）在區(qū)間（0，e]上的最小值小于0即可．利用導數(shù)研究函數(shù)在閉區(qū)間[1，e]上的最小值，先求出導函數(shù)f'（x），然后討論研究函數(shù)在[1，e]上的單調性，將f（x）的各極值與其端點的函數(shù)值比較，其中最小的一個就是最小值．

解答 解：（1）f′（x）=$\frac{ax-1}{{x}^{2}}$，且a≠0，（x＞0），
若a＜0，f′（x）＜0在（0，+∞）恒成立，不合題意，
若a＞0，令f′（x）＞0，解得：x＞$\frac{1}{a}$，
故f（x）在（$\frac{1}{a}$，+∞）遞增，
若函數(shù)f（x）在區(qū)間（2016，+∞）上單調遞增，
則$\frac{1}{a}$＜2016，解得：a＞$\frac{1}{2016}$；
（2）因為f′（x）=$\frac{ax-1}{{x}^{2}}$，且a≠0，
令f'（x）=0，得到x=$\frac{1}{a}$，
若在區(qū)間[1，e]上存在一點x₀，使得f（x₀）＜0成立，
其充要條件是f（x）在區(qū)間[1，e]上的最小值小于0即可．
①當a＜0時，f'（x）＜0對x∈（0，+∞）成立，
所以，f（x）在區(qū)間[1，e]上單調遞減，
故f（x）在區(qū)間[1，e]上的最小值為f（e）=$\frac{1}{e}$+alne=$\frac{1}{e}$+a，
由$\frac{1}{e}$+a＜0，得a＜-$\frac{1}{e}$，即a∈（-∞，-$\frac{1}{e}$）；
②當a＞0時，
若e≤$\frac{1}{a}$，則f'（x）≤0對x∈[1，e]成立，
所以f（x）在區(qū)間[1，e]上單調遞減，
所以，f（x）在區(qū)間[1，e]上的最小值為f（e）=$\frac{1}{e}$+alne=$\frac{1}{e}$+a＞0，
顯然，f（x）在區(qū)間[1，e]上的最小值小于0不成立；
若1＜$\frac{1}{a}$＜e，即1＞a＞$\frac{1}{e}$時，則有

x	（1，$\frac{1}{a}$）	$\frac{1}{a}$	（$\frac{1}{a}$，e）
f'（x）	-	0	+
f（x）	↘	極小值	↗

所以f（x）在區(qū)間[1，e]上的最小值為f（$\frac{1}{a}$）=a+aln$\frac{1}{a}$，
由f（$\frac{1}{a}$）=a+aln$\frac{1}{a}$=a（1-lna）＜0，
得1-lna＜0，解得a＞e，即a∈（e，+∞）舍去；
當0＜$\frac{1}{a}$＜1，即a＞1，即有f（x）在[1，e]遞增，
可得f（1）取得最小值，且為1，f（1）＞0，不成立．
綜上，由①②可知a＜-$\frac{1}{e}$符合題意．

點評 本題考查利用導函數(shù)來研究函數(shù)的極值以及在閉區(qū)間上的最值問題．在利用導函數(shù)來研究函數(shù)的極值時，分三步①求導函數(shù)，②求導函數(shù)為0的根，③判斷根左右兩側的符號，若左正右負，原函數(shù)取極大值；若左負右正，原函數(shù)取極小值，體現(xiàn)了轉化的思想和分類討論的思想，同時考查學生的計算能力．