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）如果函数g（x）=f（x）-2x在（0，+∞）上单调递减，求a的取值范围；
（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f（x）解析式，求出导数，求得切线的斜率和切点，由点斜式方程即可得到切线方程；
（Ⅱ）由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，运用基本不等式求得右边的最小值，即可得到a的范围；
（Ⅲ）求出f（x）的导数，求得单调区间和极小值，也为最小值，讨论最小值的符号，对a讨论，当0＜a＜e时，当a=e时，当a＞e时，讨论函数的单调性，即可判断零点的个数．

解答 解：（Ⅰ）当a=2时，$f（x）=2lnx+\frac{1}{x}$，f（1）=1，
即有$f'（x）=\frac{2}{x}-\frac{1}{x^2}$，f'（1）=1．
则切线方程为y-1=x-1，
即为x-y=0；                                    
（Ⅱ）由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）．
则有$a≤2\sqrt{2}$．                                            
（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	↗

即有$f{（x）_{min}}=f（\frac{1}{a}）$=$aln\frac{1}{a}+a=a（1-lna）$．
（ⅰ）当0＜a＜e时，f（x）_min＞0，即有f（x）在定义域内无零点；
（ⅱ）当a=e时，f（x）_min=0，则f（x）在定义域内有唯一的零点；
（ⅲ）当a＞e时，f（x）_min＜0，
①由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，
即有h（a）＞h（e）＞0，即$f（\frac{1}{a^2}）＞0$，所以f（x）在减区间$（0，\frac{1}{a}）$内有唯一的零点．
则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：求切线方程和求单调区间、极值，同时考查单调性的运用和函数的零点的判断，运用参数分离和分类讨论的思想方法是解题的关键．