Question

15．已知f（x）=alnx+$\frac{1}{x}$．
（1）当a=1时，讨论f（x）的单调性
（2）是否存在正数a，使得f（x）在[1，e]上最小值为0？

Answer 1

分析 （1）求出函数的导数，解关于导函数的不等式，求出函数的单调区间即可；
（2）不存在a，使得函数f（x）在[1，e]上最小值为0，利用函数f（x）的单调增区间为（$\frac{1}{a}$，+∞），单调减区间为（0，$\frac{1}{a}$），结合函数的定义域[1，e]进行分类讨论，从而可得结论．

解答 解：（1）f（x）的定义域是（0，+∞），
a=1时，f（x）=lnx+$\frac{1}{x}$，f′（x）=$\frac{x-1}{{x}^{2}}$，
令f′（x）＞0，解得：x＞1，
令f′（x）＜0，解得：0＜x＜1，
∴f（x）在（0，1）递减，在（1，+∞）递增；
（2）不存在a，使得函数f（x）在[1，e]上最小值为0
由（1）知函数f（x）的单调增区间为（$\frac{1}{a}$，+∞），单调减区间为（0，$\frac{1}{a}$）
若1≤$\frac{1}{a}$≤e，即$\frac{1}{e}$≤a≤1，则函数f（x）在[1，e]上最小值为f（$\frac{1}{a}$）=-alna+a=0，
∴a=e，不满足题意
若0＜$\frac{1}{a}$＜1，即a＞1，则函数f（x）在[1，e]上最小值为f（1）=1，不满足题意；
若$\frac{1}{a}$＞e，0＜a＜$\frac{1}{e}$时，函数f（x）在[1，e]上最小值为f（e）=a+$\frac{1}{e}$=0，
∴a=-$\frac{1}{e}$，不满足题意．
综上知，不存在a，使得函数f（x）在[1，e]上最小值为0．

点评 本题重点考查导数知识的运用，考查函数的单调性与最值，考查恒成立问题，考查分类讨论的数学思想，综合性强．