Question

已知函数f（x）=

1

x

+alnx（a为参数）．
（1）若a=1，求函数f（x）单调区间；
（2）当x∈（0，e]时，求函数f（x）的最小值．

Answer 1

考点：利用导数研究函数的单调性

专题：导数的综合应用

分析：（1）由f′（x）=

ax-1

x2

，定义域为（0，+∞），得当a=1时，f′（x）=

x-1

x2

，令f′（x）=0得x=1，从而求出f（x）的单调递增区间为（1，+∞），单调递减区间为（0，1）；
（2）f′（x）=

ax-1

x2

，分别讨论①当a≤0时②当x=

1

a

＞0，即a＞0时的情况，从而求出函数的最小值．

解答： 解：（1）f′（x）=

ax-1

x2

，定义域为（0，+∞），
当a=1时，f′（x）=

x-1

x2

，令f′（x）=0得x=1，
∴f（x）的单调递增区间为（1，+∞），单调递减区间为（0，1）；
（2）f′（x）=

ax-1

x2

，
①当a≤0时，f′（x）＜0对x∈（0，+∞）成立，
所以f（x）在区间（0，e）上单调递减，
所以f（x）在区间（0，e）上的最小值为f（e）=

1

e

+a，
②当x=

1

a

＞0，即a＞0时，
令f′（x）=0，解得：x=

1

a

，
（ⅰ）若e≤

1

a

，即a≤

1

e

时，则f′（x）≤0对x∈（0，e）成立，
所以f（x）在区间（0，e）上单调递减，
所以f（x）在区间（0，e）上的最小值为f（e）=

1

e

+a，
（ⅱ）若0＜

1

a

＜e，即a＞

1

e

时，f（x）在（0，

1

a

）单调递减，在（

1

a

，e）单调递增，在x=

1

a

处有极小值．
所以f（x）在区间（0，e）上的最小值为f（

1

a

）=a+aln

1

a

，
综上，得f（x）min=

f(e)= 1 e +a，     (a≤ 1 e ) f( 1 a )=a+aln 1 a ，(a＞ 1 e )

．

点评：本题考察了函数的单调性，导数的应用，渗透了分类讨论思想，是一道综合题．