Question

10．设函数f（x）=alnx+$\frac{e}{x}$（e为自然对数的底数）．
（Ⅰ）当a＞0时，求函数f（x）的极值；
（Ⅱ）若不等式f（x）＜0在区间（0，e²]内有解，求实数a的取值范围．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函数的导数，解关于导函数的不等式，求出函数的单调区间，从而求出函数的极值即可；
（Ⅱ）问题可化为函数f（x）在区间（0，e²]的最小值小于0，通过讨论a的范围结合函数的单调性求出a的范围即可．

解答 解：（Ⅰ）由题意得：f（x）的定义域是（0，+∞），
f′（x）=$\frac{ax-e}{{x}^{2}}$，（x＞0），
a＞0时，由f′（x）＞0，解得：x＞$\frac{e}{a}$，由f′（x）＜0，解得：0＜x＜$\frac{e}{a}$，
故函数f（x）在（0，$\frac{e}{a}$）递减，在（$\frac{e}{a}$，+∞）递增，
故函数f（x）只有极小值，
f（x）_极小值=f（$\frac{e}{a}$）=aln$\frac{e}{a}$+a，无极大值；
（Ⅱ）不等式f（x）＜0在区间（0，e²]内有解，
问题可化为函数f（x）在区间（0，e²]的最小值小于0，
（i）a≤0时，f′（x）＜0，
则函数f（x）在区间（0，e²]内为减函数，
故f（x）的最小值是f（e²）=2a+$\frac{1}{e}$＜0，
即a＜-$\frac{1}{2e}$；
（ii）a＞0时，函数f（x）在区间（0，$\frac{e}{a}$）内为减函数，在区间（$\frac{e}{a}$，+∞）内为增函数，
①若e²≤$\frac{e}{a}$，即0＜a≤$\frac{1}{e}$，函数f（x）在区间（0，e²]内为减函数，
由（i）知，f（x）的最小值f（e²）＜0时，a＜-$\frac{1}{2e}$与0＜a≤$\frac{1}{e}$矛盾；
②若e²＞$\frac{e}{a}$，即a＞$\frac{1}{e}$，
则函数f（x）的最小值是f（$\frac{e}{a}$）=aln$\frac{e}{a}$+a，
令f（$\frac{e}{a}$）=aln$\frac{e}{a}$+a＜0，得a＞e²，
综上，实数a的范围是（-∞，-$\frac{1}{2e}$）∪（e²，+∞）．

点评 本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应用以及分类讨论思想，转化思想，是一道中档题．