Question

11．已知函数f（x）=alnx+$\frac{1}{x}$（a≠0）
（Ⅰ）求函数f（x）的单调区间；
（Ⅱ）若存在两条直线y=ax+b₁，y=ax+b₂（b₁≠b₂）都是曲线y=f（x）的切线．求实数a的取值范围；
（Ⅲ）若|x|f（x）≤0}⊆（0，1），求实数a的取值范围．

Answer 1

分析 （Ⅰ）先求出函数的导数，通过讨论a的符号，从而求出函数的单调区间；
（Ⅱ）问题转化为f′（x）=a至少有两个不等的正实根，根据二次函数的性质结合函数的单调性从而得到a的范围；
（Ⅲ）a＜0时，不合题意，a＞0时，通过讨论f（$\frac{1}{a}$）的符号，结合函数的单调性，从而求出a的范围．

解答 解：（Ⅰ）f′（x）=$\frac{a}{x}$-$\frac{1}{{x}^{2}}$=$\frac{ax-1}{{x}^{2}}$（x＞0），
当a＜0时，f′（x）＜0，则函数f（x）的单调递减区间是（0，+∞），
当a＞0时，令f′（x）=0，得x=$\frac{1}{a}$，
当x变化时，f′（x），f（x）的变化情况如下：

x	（0，$\frac{1}{a}$）	$\frac{1}{a}$	（$\frac{1}{a}$，+∞）
f′（x）	-	0	+
f（x）	↓	极小值	↑

∴f（x）在（0，$\frac{1}{a}$）单调递减，在（$\frac{1}{a}$，+∞）单调递增；
（Ⅱ）若存在两条直线y=ax+b₁，y=ax+b₂（b₁≠b₂）都是曲线y=f（x）的切线，
∴f′（x）=a至少有两个不等的正实根，
令$\frac{ax-1}{{x}^{2}}$=a得ax²-ax+1=0，记其两个实根分别为x₁，x₂，
则$\left\{\begin{array}{l}{△{=a}^{2}-4a＞0}\\{{x}_{1}{•x}_{2}=\frac{1}{a}＞0}\end{array}\right.$，解得：a＞4，
当a＞4时，曲线y=f（x）在点（x₁，f（x₁）），（x₂，f（x₂））处的切线分别为：
y=ax+f（x₁）-ax₁，y=ax+f（x₂）-ax₂，
令F（x）=f（x）-ax（x＞0），
由F′（x）=f′（x）-a=0得x=x₁，x=x₂（不防设x₁＜x₂），
且当x₁＜x＜x₂时，F′（x）＞0，即F（x）在[x₁，x₂]上是单调函数，
∴F（x₁）≠F（x₂）；
∴y=ax+f（x₁）-ax₁，y=ax+f（x₂）-ax₂是曲线y=f（x）的两条不同的切线，
∴实数a的范围是（4，+∞）；
（Ⅲ）当a＜0时，函数f（x）是（0，+∞）内的减函数，
∵f（${e}^{-\frac{1}{a}}$）=aln（${e}^{-\frac{1}{a}}$）+$\frac{1}{{e}^{-\frac{1}{a}}}$=-1+$\frac{1}{{e}^{-\frac{1}{a}}}$=${e}^{\frac{1}{a}}$-1＜0，而${e}^{-\frac{1}{a}}$∉（0，1），不符合题意，
当a＞0时，由（Ⅰ）知：f（x）的最小值是f（$\frac{1}{a}$）=-alna+a=a（1-lna），
①若f（$\frac{1}{a}$）＞0，即0＜a＜e时，{x|f（x）≤0}=∅⊆（0，1），
∴0＜a＜e符合题意，
②若f（$\frac{1}{a}$）=0，即a=e时，{x|f（x）≤0}={$\frac{1}{e}$}⊆（0，1），
∴a=e符合题意，
③若f（$\frac{1}{a}$）＜0，即a＞e时，有0＜$\frac{1}{a}$＜1，
∵f（1）=1＞0，函数f（x）在（$\frac{1}{a}$，+∞）内是增函数，
∴当x≥1时，f（x）＞0，
又∵函数f（x）的定义域是（0，+∞），
∴{x|f（x）≤0}⊆（0，1），
∴a＞e符合题意，
综上，实数a的范围是{a|a＞0}．

点评 本题考察了函数的单调性的应用问题，考察导数的应用，考察分类讨论思想，第三问中通过讨论f（$\frac{1}{a}$）的符号，再结合函数的单调性来求a的范围是解题的关键，本题是一道难题．