Question

10．已知函数$f（x）=\frac{1}{x}+alnx（{a≠0，a∈R}）$
（1）当a=1时，求函数f（x）在x=2处的切线斜率及函数f（x）的单减区间；
（2）若对于任意x∈（0，e]，都有f（x）＞0，求实数a的取值范围．

Answer 1

分析 （1）化简函数的解析式，求出函数的导数，求出函数f（x）在x=2处的切线斜率，利用导函数小于0，求出单调减区间．
（2）通过导函数为0，判断函数的单调性，结合对任意x∈（0，e]都有f（x）＞0等价于f（x）在（0，e]上的最小值＞0，1当a＜0时，$0＜a≤\frac{1}{e}$，分别求解函数的最小值，推出结果即可．

解答 解：（1）$f（x）=-\frac{1}{x^2}+\frac{a}{x}=\frac{ax-1}{x^2}，（{x＞0}）$
当a=1时，${f^'}（x）=\frac{x-1}{x^2}$（1分）$k={f^'}（2）=\frac{1}{4}$（2分）
由f′（x）＜0，解得：0＜x＜1
所以，f（x）的单减区间为：（0，1）（4分）
（2）${f^'}（x）=\frac{ax-1}{x^2}，（{x＞0，a≠0}）$
令f′（x）=0，求得：$x=\frac{1}{a}$（5分）
若对任意x∈（0，e]都有f（x）＞0等价于f（x）在（0，e]上的最小值＞0（6分）
①当$x=（{\frac{1}{a}，e}）＜0$，即a＜0时，f′（x）＜0在x∈（0，e]上恒成立，
∴f（x）在（0，e]单调递减，∴$f{（x）_{min}}=f（e）=\frac{1}{e}+a$，，只需$\frac{1}{e}+a＞0$，又a＜0
∴$-\frac{1}{e}＜a＜0$（8分）
②当$x=\frac{1}{a}＞0$，即a＞0时，
（i）若$\frac{1}{a}≥e$，即$0＜a≤\frac{1}{e}$，则f′（x）≤0在x∈（0，e]上恒成立，
∴f（x）在（0，e]单调递减，∴$f{（x）_{min}}=f（e）=\frac{1}{e}+a＞0$，∴$0＜a≤\frac{1}{e}$（10分）
（ii）若$\frac{1}{a}＜e$，及$a＞\frac{1}{e}$

x	$（{0，\frac{1}{a}}）$	$\frac{1}{a}$	$（{\frac{1}{a}，e}]$
f（x）	-	0	+
f′（x）	单减	极小值	单增

∴$f{（x）_{min}}=f（{\frac{1}{a}}）=a+aln\frac{1}{a}=a-alna＞0$，∴$\frac{1}{e}＜a＜e$（12分）
综上：a的取值范围为：$（{-\frac{1}{e}，0}）∪（{0，e}）$（13分）

点评 本题考查函数的导数的综合应用，函数的单调性以及曲线的斜率，函数的最小值，考查分析问题解决问题的能力．