Question

9．已知函数f（x）=$\frac{1}{x}$+alnx-1，a∈R．
（1）讨论函数f（x）的单调性；
（2）若对任意的x＞0，f（x）≥0恒成立，求a的取值范围；
（3）若a=1，定义函数g（x）=[f（x）-$\frac{1}{x}$]•e^x+x（其中e为自然对数的底数），问曲线y=g（x）上是否在不同的两点M，N，使得直线MN的斜率等于1？若存在，求出符合条件的一条直线MN的方程；若不存在，请说明理由．

Answer 1

分析 （1）求出函数的导数，通过讨论a的范围，求出函数的单调区间即可；
（2）求出f（x）_min=f（$\frac{1}{a}$）=a-alna-1，问题转化为a-alna-1≥0恒成立即可，令g（a）=a-alna-1，（a＞0），根据函数的单调性求出a的范围即可；
（3）求出g（x）的导数，得到g′（x）≥1，从而判断结论即可．

解答 解：（1）f（x）=$\frac{1}{x}$+alnx-1的定义域是（0，+∞），
f′（x）=$\frac{ax-1}{{x}^{2}}$，
a≤0时，f′（x）＜0，f（x）递减，
a＞0时，令f′（x）＞0，解得：x＞$\frac{1}{a}$，
令f′（x）＜0，解得：0＜x＜$\frac{1}{a}$，
∴f（x）在（0，$\frac{1}{a}$）递减，在（$\frac{1}{a}$，+∞）递增；
（2）由（1）得，a≤0时，f（x）递减，不合题意，
a＞0时，f（x）在（0，$\frac{1}{a}$）递减，在（$\frac{1}{a}$，+∞）递增，
∴f（x）_min=f（$\frac{1}{a}$）=a-alna-1，
若对任意的x＞0，f（x）≥0恒成立
只需a-alna-1≥0恒成立即可，
令g（a）=a-alna-1，（a＞0），
g′（a）=-lna，
令g′（a）＞0，解得：0＜a＜1，
令g′（a）＜0，解得：a＞1，
∴g（a）在（0，1）递增，在（1，+∞）递减，
∴g（a）_max=g（1）=0，
故a=1时，f（x）≥0恒成立，
故a∈{1}；
（3）∵a=1时，g（x）=[f（x）-$\frac{1}{x}$]•e^x+x，
∴g（x）=（lnx-1）e^x+x，x∈（0，+∞），
∴g′（x）=（lnx-1）′e^x+（lnx-1）（e^x）′+1=（$\frac{1}{x}$+lnx-1）e^x+1，
由（2）易知，f（x）_min=f（1）=0，
∴g′（x）≥1，
故曲线y=g（x）上不存在不同的两点M，N，使得直线MN的斜率等于1．

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函数恒成立问题，是一道综合题．