Question

11．已知函数$f（x）=lnx+\frac{a}{x}-1$，其中a为参数，$g（x）={e^x}•lnx+{e^2}x-\frac{1}{2}{e^2}{x^2}$，
（1）若a=1，求函数f（x）的单调区间；
（2）当x∈[1，e]时，求函数f（x）的最小值；
（3）函数g（x）是否存在垂直于y轴的切线？请证明你的结论论．

Answer 1

分析 （1）将a=1代入函数f（x），求出其导数，从而求出函数的单调区间；
（2）先求出函数的导数，通过讨论a的范围，得到函数的单调区间，进而求出函数的最小值；
（3）问题转化为方程$lnx+\frac{1}{x}=\frac{{{e^2}（1-x）}}{e^x}$有没有解，通过研究左右两个函数的值域，从而得到结论．

解答 解：（1）a=1时，$f'（x）=\frac{1}{x}-\frac{1}{x^2}=\frac{x-1}{x^2}$，定义域为（0，+∞），
令f′（x）=0，得 x=1，f′（x），f（x）随x的变化情况如下表：

x	（0，1）	1	（1，+∞）
f'（x）	-	0	+
f（x）	↘	极小值	↗

f（x）的单调递增区间为（1，+∞），单调递减区间为（0，1）；  
（2）$f'（x）=\frac{1}{x}-\frac{a}{x^2}=\frac{x-a}{x^2}$，x∈[1，e]，
当a≤0时，f′（x）＞0，所以f（x）在区间[1，e]上单调递增，
所以，f（x）在区间[1，e]上的最小值为f（1）=a-1，
当a＞0时，令f′（x）=0，则x=a，
①若a＞e，则f′（x）＜0对x∈[1，e]成立，则f（x）在区间[1，e]上单调递减，
所以，f（x）在区间[1，e]上的最小值为$f（e）=\frac{a}{e}$，
②若1≤a≤e，则有

x	（1，a）	a	（a，e）
f'（x）	-	0	+
f（x）	↘	极小值	↗

所以f（x）在区间[1，e]上的最小值为f（a）=lna，
③若a＜1，则f'（x）＞0对x∈[1，e]成立，所以f（x）在区间[1，e]上单调递增，
所以，f（x）在区间[1，e]上的最小值为f（1）=a-1，
综上得：$f{（x）_{min}}=\left\{\begin{array}{l}f（1）=a-1，（a＜1）\\ f（a）=lna，（1≤a≤e）\\ f（e）=\frac{a}{e}，（a＞e）\end{array}\right.$；
（3）即考虑方程g′（x）=0有没有解，求导得$g'（x）=（lnx+\frac{1}{x}）{e^x}+{e^2}（1-x）$，
令g′（x）=0，则$（lnx+\frac{1}{x}）{e^x}+{e^2}（1-x）=0$，即$lnx+\frac{1}{x}=\frac{{{e^2}（1-x）}}{e^x}$
下面分别研究左右两个函数的值域，
∵由（1）得a=1时f（x）的最小值为f（1）=0，
∴$f（x）=lnx+\frac{1}{x}-1≥f（1）=0$，即$lnx+\frac{1}{x}≥1$，
令$h（x）=\frac{{{e^2}（1-x）}}{e^x}$，则$h'（x）=\frac{{{e^2}（2-x）}}{e^x}$，
∴h（x）在（-∞，2）上递增，在（2，+∞）上递减，∴h（x）_max=h（2）=1，
又∵等号不能同时取到，∴方程$lnx+\frac{1}{x}=\frac{{{e^2}（1-x）}}{e^x}$无解，
即函数g（x）不存在垂直于y轴的切线．

点评 本题考查了函数的单调性、函数的最值问题，考查转化思想，分类讨论思想，本题计算量较大，有一定的难度．