Question

14．已知函數(shù)f（x）=lnx+$\frac{a}{x}$-2，a∈R．
（1）若曲線y=f（x）在點（1，f（1））處的切線方程為2x+y-3=0，求a的值；
（2）求函數(shù)y=f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（3）若曲線y=f（x）都在直線（a+1）x+y-2（a-1）=0的上方，求正實數(shù)a的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，根據(jù)切線方程求出a的值即可；
（2）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，通過討論a的范圍，求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間即可；
（3）令g（x）=f（x）-[-（a+1）x+2（a-1）]，求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，得到函數(shù)g（x）的單調(diào)區(qū)間，從而求出g（x）的最小值，求出a的范圍即可．

解答 解：（1）函數(shù)的定義域是（0，+∞），
f′（x）=$\frac{1}{x}$-$\frac{a}{{x}^{2}}$，f′（1）=1-a，f（1）=a-2，
故曲線y=f（x）在（1，f（1））處的曲線方程是：
y-（a-2）=（1-a）（x-1），即（a-1）x+y-2a+3=0，
又曲線y=f（x）在（1，f（1））處的切線為：2x+y-3=0，
故a=3；
（2）由于f′（x）=$\frac{x-a}{{x}^{2}}$，
①若a≤0，對于x∈（0，+∞），f′（x）＞0恒成立，
即f（x）在（0，+∞）遞增，
故函數(shù)的遞增區(qū)間是（0，+∞）；
②若a＞0，當(dāng)x∈（0，a）時，f′（x）＜0，f（x）遞減，
x∈（a，+∞）時，f′（x）＞0，f（x）遞增，
故f（x）在（0，a）遞減，在（a，+∞）遞增；
（3）a＞0時，直線即y=-（a+1）x+2（a-1），
令g（x）=f（x）-[-（a+1）x+2（a-1）]=lnx+$\frac{a}{x}$+（a+1）x-2a，
g′（x）=$\frac{（a+1）（x+1）（x-\frac{a}{a+1}）}{{x}^{2}}$，
∵a＞0，x＞0，∴a+1＞0，x+1＞0，且$\frac{a}{a+1}$∈（0，1），
當(dāng)0＜x＜$\frac{a}{a+1}$時，g′（x）＜0，g（x）在（0，$\frac{a}{a+1}$）遞減，
x＞$\frac{a}{a+1}$時，g′（x）＞0，g（x）在（$\frac{a}{a+1}$，+∞）遞增，
故x=$\frac{a}{a+1}$時，g（x）取得最小值ln$\frac{a}{a+1}$+a+1+a-2a=1+ln$\frac{a}{a+1}$，
∵曲線y=f（x）都在直線（a+1）x+y-2（a-1）=0的上方，
故g（x）≥0，
故g（x）_min=1+ln$\frac{a}{a+1}$＞0，$\frac{a}{a+1}$＞$\frac{1}{e}$，a＞$\frac{1}{e-1}$，
故a的范圍是（$\frac{1}{e-1}$，+∞）．

點評 本題考查了切線方程問題，考查函數(shù)的單調(diào)性、最值問題，考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用以及分類討論思想，是一道綜合題．