Question

2．已知函数f（x）=lnx-ax+1，其中a∈R．
（Ⅰ）谈论函数f（x）在其定义域上的单调性；
（Ⅱ）当a＞0时，若存在x₁，x₂$∈[\frac{1}{e}，e]$，使得f（x₁）•f（x₂）＜0，求实数a的取值范围．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求f′（x）=$\frac{1-ax}{x}$，这时候就要讨论a的取值，从而判断出使f′（x）＞0的区间和f′（x）＜0的区间，从而判断出f（x）在定义域（0，+∞）上的单调性；
（Ⅱ）由（Ⅰ）可以得到当a＞0时，f（x）在（0，$\frac{1}{a}$）上单调递增，在（$\frac{1}{a}，+∞$）上单调递减．而要存在${x}_{1}，{x}_{2}∈[\frac{1}{e}，e]$，使得f（x₁）•f（x₂）＜0，只要使f（x）在$[\frac{1}{e}，e]$上的最小值小于0，而最大值大于0即可．所以需要讨论a的取值，从而找出f（x）在$[\frac{1}{e}，e]$的最小值和最大值建立关于a的不等式，解不等式即可．

解答 解：（Ⅰ）f′（x）=$\frac{1-ax}{x}$；
函数f（x）的定义域为（0，+∞）；
①若a≤0，则x∈（0，+∞）时，f′（x）＞0；
∴此时，f（x）在（0，+∞）上单调递增；
②若a＞0，则x$∈（0，\frac{1}{a}）$时，f′（x）＞0；x∈（$\frac{1}{a}，+∞$）时，f′（x）＜0；
f（x）在（0，$\frac{1}{a}$）上单调递增，在[$\frac{1}{a}，+∞$）上单调递减；
（Ⅱ）①若0＜$\frac{1}{a}$≤$\frac{1}{e}$，即a≥e，则f（x）在$[\frac{1}{e}，e]$上单调递减；
∴此时，f（x）$≤f（\frac{1}{e}）=-\frac{a}{e}＜0$；
∴不存在${x}_{1}，{x}_{2}∈[\frac{1}{e}，e]$，使f（x₁）•f（x₂）＜0；
②若$\frac{1}{e}＜\frac{1}{a}＜e$，即则f（x）在（$\frac{1}{e}$，$\frac{1}{a}$）上单调递增，在（$\frac{1}{a}，e$）上单调递减；
∴$f（\frac{1}{a}）=-lna$是f（x）在$[\frac{1}{e}，e]$上的最大值；
∵$f（\frac{1}{e}）＜0$；
∴要存在${x}_{1}，{x}_{2}∈[\frac{1}{e}，e]$，使得f（x₁）•f（x₂）＜0，只要：
-lna＞0；
∴0＜a＜1；
∴此时$\frac{1}{e}＜a＜1$；
③若$\frac{1}{a}≥e$，即0$＜a≤\frac{1}{e}$，则f（x）在[$\frac{1}{e}，e$]上单调递增；
f（e）=2-ae是f（x）在[$\frac{1}{e}，e$]上的最大值；
∴只需2-ae＞0；
∴$a＜\frac{2}{e}$；
∴此时$0＜a≤\frac{1}{e}$；
综上得实数a的取值范围为（0，1）．

点评 考查函数导数符号和函数单调性的关系，以及根据导数找单调区间的方法和过程，对于第二问，想到求f（x）在$[\frac{1}{e}，e]$的最小值和最大值，并使最小值小于0，最大值大于0是求解本问的关键．