Question

13．已知函数f（x）=alnx+$\frac{1}{x}$（a∈R）
（Ⅰ）当a=2时，求曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线方程；
（Ⅱ）是否存在实数a，使得函数g（x）=f（x）-2x在（0，+∞）上单调递减？若存在，求出a的取值范围；若不存在，请说明理由；
（Ⅲ）当a＞0时，讨论函数y=f（x）零点的个数．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出当a=2时的函数的导数，求得切线的斜率和切点，由直线的点斜式方程，可得切线方程；
（Ⅱ）由题意可得$g'（x）=\frac{a}{x}-\frac{1}{x^2}-2≤0$在（0，+∞）恒成立，运用参数分离，再由基本不等式求得右边函数的最小值，即可得到a的范围；
（Ⅲ）求出f（x）的导数，求得单调区间和极值，最值，对a讨论，分0＜a＜e，a=e，a＞e，考虑最小值的符号，即可得到零点的个数．

解答 解：（Ⅰ）当a=2时，f（x）=2lnx+$\frac{1}{x}$，即有f（1）=1，
所以f′（x）=$\frac{2}{x}$-$\frac{1}{{x}^{2}}$，f′（1）=1．
所以切线方程为y=x；    
（Ⅱ）存在．
因为g（x）=f（x）-2x在（0，+∞）上单调递减，
等价于$g'（x）=\frac{a}{x}-\frac{1}{x^2}-2≤0$在（0，+∞）恒成立，
变形得$a≤2x+\frac{1}{x}$（x＞0）恒成立，
而$2x+\frac{1}{x}≥2\sqrt{2x•\frac{1}{x}}=2\sqrt{2}$，
（当且仅当$2x=\frac{1}{x}$，即$x=\frac{{\sqrt{2}}}{2}$时，等号成立）．
所以$a≤2\sqrt{2}$．    
（Ⅲ）$f'（x）=\frac{ax-1}{x^2}$．
令f′（x）=0，得$x=\frac{1}{a}$，

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

所以$f{（x）_{min}}=f（\frac{1}{a}）$=$aln\frac{1}{a}+a=a（1-lna）$，
（ⅰ）当0＜a＜e时，f（x）_min＞0，所以f（x）在定义域内无零点；
（ⅱ）当a=e时，f（x）_min=0，所以f（x）在定义域内有唯一的零点；
（ⅲ）当a＞e时，f（x）_min＜0，
①因为f（1）=1＞0，所以f（x）在增区间$（\frac{1}{a}，+∞）$内有唯一零点；
②$f（\frac{1}{a^2}）=a（a-2lna）$，
设h（a）=a-2lna，则$h'（a）=1-\frac{2}{a}$，
因为a＞e，所以h′（a）＞0，即h（a）在（e，+∞）上单调递增，
即h（a）＞h（e），
所以$f（\frac{1}{a^2}）＞0$，
所以f（x）在减区间$（0，\frac{1}{a}）$内有唯一的零点．
所以a＞e时f（x）在定义域内有两个零点．
综上所述：当0＜a＜e时，f（x）在定义域内无零点；
当a=e时，f（x）在定义域内有唯一的零点；
当a＞e时，f（x）在定义域内有两个零点．

点评 本题考查导数的运用：求切线方程和单调区间、极值和最值，同时考查函数的单调性和函数的零点存在定理，运用分类讨论的思想方法是解题的关键．