Question

2．已知函数$f（x）=\frac{1}{x}+alnx$，g（x）=f（x）+ax-lnx．
（Ⅰ）讨论f（x）的单调性；
（Ⅱ）是否存在常数t，使g（x）≥t对任意的a∈[1，e]和任意的x∈（0，+∞）都成立，若存在，求出t的取值范围；若不存在，请说明理由．

Answer 1

分析 （Ⅰ）先求导，再分类讨论，根据导数和函数单调性的关系即可判断；
（Ⅰ）方法1：先求导，求出g（x）取得最小值，再构造关于a的导数h（a）=a+（1-a）lna+1，分别求两次导数，得到h（a）在a∈[1，e]有最大值h（a₀），根据h（1）=2，h（e）=2，得到g（x）的最小值$g（\frac{1}{a}）$∈[2，h（a₀）]，问题得以解决；
方法2，$g（x）=\frac{1}{x}+（a-1）lnx+ax$，h'（a）=x+lnx，设k（x）=x+lnx，根据导数和函数最值的得到h（a）最小值是$h（e）=ex+elnx+\frac{1}{x}-lnx$，再构造函数$m（x）=ex+elnx+\frac{1}{x}-lnx$，根据导数求出函数的最小值，继而得到h（a）的最小值，问题得以解决．

解答 解：（Ⅰ）f（x）定义域是（0，+∞），$f'（x）=\frac{ax-1}{x^2}$，
当a≤0时，$f'（x）=\frac{ax-1}{x^2}＜0$，函数f（x）在（0，+∞）单调递减；
当a＞0时，由f'（x）＞0得函数f（x）在$（\frac{1}{a}，+∞）$单调递增，
由f'（x）＜0得函数f（x）在$（0，\frac{1}{a}）$单调递减；
（Ⅱ）方法1：$g（x）=\frac{1}{x}+（a-1）lnx+ax$，g（x）定义域是（0，+∞），
$g'（x）=-\frac{1}{x^2}+\frac{a-1}{x}+a=\frac{（ax-1）（x+1）}{x^2}$，
因为a∈[1，e]，
所以$x∈（0，\frac{1}{a}）$时，g'（x）＜0，g（x）单调递减，
$x∈（\frac{1}{a}，+∞）$时，g'（x）＞0，g（x）单调递增，
所以当$x=\frac{1}{a}$时，g（x）取得最小值$g（\frac{1}{a}）=a+（1-a）lna+1=h（a）$，
设$h'（a）=\frac{1}{a}-lna$，$h''（a）=-\frac{1}{a^2}-\frac{1}{a}$，
因为a∈[1，e]，所以h''（a）＜0，h'（a）在a∈[1，e]单调递减，
因为h'（1）=1＞0，$h'（e）=\frac{1}{e}-1＜0$，
所以存在a₀∈[1，e]，使得h（a）在[1，a₀]单调递增，在[a₀，e]单调递减，h（a）在a∈[1，e]有最大值h（a₀），
因为h（1）=2，h（e）=2，
所以g（x）的最小值$g（\frac{1}{a}）$∈[2，h（a₀）]
因此使g（x）≥t恒成立的常数t的取值范围是（-∞，2]．
方法2：$g（x）=\frac{1}{x}+（a-1）lnx+ax$，h'（a）=x+lnx，
设k（x）=x+lnx，显然k（x）在（0，+∞）单调递增，
因为$k（\frac{1}{2}）=\frac{1}{2}-ln2=ln\sqrt{e}-ln2＜0$，k（1）=1＞0，
所以存在x₀∈（0，1），使k（x₀）=x₀+lnx₀=0，
当x∈（0，x₀）时，h'（a）=x+lnx＜0，h（a）在[1，e]递减，h（a）最小值是$h（e）=ex+elnx+\frac{1}{x}-lnx$，
设$m（x）=ex+elnx+\frac{1}{x}-lnx$，
$m'（x）=\frac{（ex-1）（x+1）}{x^2}$，
m（x）在$（0，\frac{1}{e}）$递减，在$（\frac{1}{e}，+∞）$递增，
所以m（x）有最小值$m（\frac{1}{e}）=2$，
当x∈（x₀，+∞）时，h'（a）=x+lnx＞0，
h（a）在[1，e]递增，h（a）最小值是$h（1）=x+\frac{1}{x}≥2$，
综上g（x）≥2，所以使g（x）≥t恒成立的常数t的取值范围是（-∞，2]．

点评 本小题主要考查利用导数研究函数的极值、导数的应用、考查运算求解能力，考查分类讨论思想、化归与转化思想．属于难题