Question

1．已知函数f（x）=alnx+$\frac{1}{x}$，a为正常数．
（I）求函数f（x）的单调区间；
（Ⅱ）若对任意x₁，x₂∈（0，$\frac{1}{2}$]，x₁≠x₂，都有$\frac{f（{x}_{2}）-f（{x}_{1}）}{{x}_{2}-{x}_{1}}$＜-1，求a的取值范围．

Answer 1

分析 （1）对函数求导，由导函数的正负得到原函数的单调区间．
（2）将不等式转为为小于0的形式，构造新函数得到单调性，由单调性确定导函数的符号．从而确定a的取值范围．

解答 解：（1）∵f（x）=alnx+$\frac{1}{x}$，
∴f′（x）=$\frac{a}{x}$-$\frac{1}{{x}^{2}}$=$\frac{ax-1}{{x}^{2}}$，
∴f′（x）在区间（0，$\frac{1}{a}$）上小于0，在区间（$\frac{1}{a}$，+∞）上小于0，
∴f（x）的递增区间是（$\frac{1}{a}$，+∞），递减区间是（0，$\frac{1}{a}$）．
（2）∵$\frac{f（{x}_{2}）-f（{x}_{1}）}{{x}_{2}-{x}_{1}}$＜-1，
∴$\frac{f（{x}_{2}）-f（{x}_{1}）}{{x}_{2}-{x}_{1}}$+1＜0，
即$\frac{f（{x}_{2}）+{x}_{2}-（f（{x}_{1}）+{x}_{1}）}{{x}_{2}-{x}_{1}}$＜0，
令h（x）=f（x）+x=alnx+$\frac{1}{x}$+x，
h′（x）=$\frac{{x}^{2}+ax-1}{{x}^{2}}$，
有题意得h′（x）≤0对任意x₁，x₂∈（0，$\frac{1}{2}$]，x₁≠x₂，恒成立，
∴只需x²+ax-1≤0成立即可，
又∵当x=$\frac{1}{2}$时，y=x²+ax-1取最大值，
∴只需$\frac{1}{4}$+$\frac{1}{2}$a-1≤0恒成立，
解得a≤$\frac{3}{2}$．

点评 本题主要考察不等式的处理，移项后得到与单调性有关的式子，再由单调性确定导函数的符号，从而确定出a的取值范围．