Question

16．已知函數(shù)f（x）=lnx+$\frac{a+e-2}{x}$（a＞0）．
（1）當(dāng)a=2時(shí)，求出函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（2）若不等式f（x）≥a對(duì)于x＞0的一切值恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）對(duì)函數(shù)求導(dǎo)，令導(dǎo)函數(shù)為0，得導(dǎo)函數(shù)的根，做表，通過導(dǎo)函數(shù)的正負(fù)確定原函數(shù)的增減．
（2）將所要證明的式子變形，建立一個(gè)函數(shù)，求導(dǎo)后再建立一個(gè)新的函數(shù)，再求導(dǎo)．需要用到兩次求導(dǎo)．再來(lái)通過最值確定正負(fù)號(hào)，再來(lái)確實(shí)原函數(shù)的單調(diào)性．

解答 解：（1）f（x）的定義域?yàn)椋?，+∞），
a=2時(shí)，f（x）=lnx+$\frac{e}{x}$
f′（x）=$\frac{1}{x}$-$\frac{e}{{x}^{2}}$=$\frac{x-e}{{x}^{2}}$
令f′（x）=0，得x=e
①當(dāng)0＜x＜e時(shí)，f′（x）＜0，則f（x）在區(qū)間（0，e）上是單調(diào)遞減的
②當(dāng)e＜x時(shí)，f′（x）＞0，則f（x）在區(qū)間（e，+∞）上是單調(diào)遞增的
∴f（x）的遞減區(qū)間是（0，e），單增區(qū)間是（e，+∞）．
（2）原式等價(jià)于xlnx+a+e-2-ax≥0在（0，+∞）上恒成立．
令g（x）=xlnx+a+e-2-ax．
∵g′（x）=lnx+1-a
令g′（x）=0，得x=e^a-1
①0＜x＜e^a-1時(shí)，g′（x）＜0，g（x）單調(diào)遞減
②e^a-1＜x時(shí)，g′（x）＞0，g（x）單調(diào)遞增
∴g（x）的最小值為g（e^a-1）=（a-1）e^a-1+a+e-2-ae^a-1=a+e-2-e^a-1．
令t（x）=x+e-2-e^a-1．∵t′（x）=1-e^a-1．
令t′（x）=0．得x=1．且
③0＜x＜1時(shí)，t′（x）＞0，t（x）單調(diào)遞增
④1＜x時(shí)，t′（x）＜0，t（x）單調(diào)遞減
∴當(dāng)a∈（0，1）時(shí)，g（x）的最小值t（a）＞t（0）=e-2-$\frac{1}{e}$=$\frac{e（e-2）-1}{e}$＞0．
當(dāng)a∈[1，+∞）時(shí)，g（x）的最小值為t（a）=a+e-2-e^a-1≥0=t（2）．
∴a∈[1，2]．
綜上得：a∈（0，2]．

點(diǎn)評(píng) 本題主要考查函數(shù)求導(dǎo)來(lái)尋找單調(diào)區(qū)間及極值和最值．尤其是第二問需要對(duì)函數(shù)求導(dǎo)后再建立一個(gè)新的函數(shù)求導(dǎo)，這也是一個(gè)常見類型．