Question

1．設(shè)函數(shù)f（x）=axlnx+$\frac{1}{x}$（a＞0）．
（Ⅰ）當(dāng)a=1時(shí)，討論f（x）的單調(diào)性；
（Ⅱ）設(shè)g（x）=f（x）-ax，若g（x）≥0恒成立，求a的取值范圍．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，解關(guān)于導(dǎo)函數(shù)的不等式，求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間即可；
（Ⅱ）法一：求出g（x）的導(dǎo)數(shù)，得到g（x）的最小值，從而求出a的范圍即可；
法二：?jiǎn)栴}轉(zhuǎn)化為$\frac{f（x）}{x}$-a=alnx+$\frac{1}{{x}^{2}}$-a≥0恒成立，令h（x）=alnx+$\frac{1}{{x}^{2}}$-a，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性求出a的范圍即可．

解答 解：（Ⅰ）由已知，當(dāng)a=1時(shí)，f（x）=xlnx+$\frac{1}{x}$，
∴f′（x）=lnx+1-$\frac{1}{{x}^{2}}$，（a＞0），
∵f′（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增，且f′（1）=0，
∴0＜x＜1時(shí)，f′（x）＜0，x＞1時(shí)，f′（x）＞0，
∴f（x）在（0，1）上單調(diào)遞減，在（1，+∞）上單調(diào)遞增．
（Ⅱ）（方法一）由題可得，g（x）=axlnx+$\frac{1}{x}$-ax，（x＞0），
則g′（x）=alnx-$\frac{1}{{x}^{2}}$，
∵a＞0，∴g′（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增，令g′（x₀）=0，
則a=$\frac{1}{{{x}_{0}}^{2}l{nx}_{0}}$，由a＞0知x₀＞1，且0＜x＜x₀時(shí)，g′（x）＜0，x＞x₀時(shí)，g′（x）＞0，
∴g（x）_min=g（x₀）=$\frac{2l{nx}_{0}-1}{{x}_{0}l{nx}_{0}}$≥0，
∴l(xiāng)nx₀≥$\frac{1}{2}$，∴x₀≥$\sqrt{e}$，
∴a≤$\frac{2}{e}$，
∴a的取值范圍是（0，$\frac{2}{e}$]．
（方法二）由題可得$\frac{f（x）}{x}$-a=alnx+$\frac{1}{{x}^{2}}$-a≥0恒成立，
令h（x）=alnx+$\frac{1}{{x}^{2}}$-a，則h′（x）=$\frac{a（x+\sqrt{\frac{2}{a}}）（x-\sqrt{\frac{2}{a}}）}{{x}^{3}}$，
∴0＜x＜$\sqrt{\frac{2}{a}}$時(shí)，h′（x）＜0，x＞$\sqrt{\frac{2}{a}}$時(shí)，h′（x）＞0，
∴h（x）_min=h（$\sqrt{\frac{2}{a}}$）=aln$\sqrt{\frac{2}{a}}$-$\frac{a}{2}$≥0，
∴l(xiāng)n$\frac{2}{a}$≥1，解得：a≤$\frac{2}{e}$，
∴a的取值范圍是（0，$\frac{2}{e}$]．

點(diǎn)評(píng) 本題考查導(dǎo)數(shù)知識(shí)的綜合運(yùn)用，考查學(xué)生應(yīng)用知識(shí)解決問題的能力，是一道中檔題．