Question

已知函数f（x）=

1

x

+alnx，其中a为实常数．
（1）求f（x）的极值；
（2）若对任意x₁，x₂∈[1，3]，且x₁＜x₂，恒有

1

x1

-

1

x2

＞|f（x₁）-f（x₂）|成立，求a的取值范围．

Answer 1

考点：利用导数研究函数的极值,利用导数研究函数的单调性,利用导数求闭区间上函数的最值

专题：计算题,导数的综合应用

分析：（1）f（x）的定义域为（0，+∞），求导f′(x)=

ax-1

x2

，由导数的正负确定函数的单调性及极值；
（2）|f(x1)-f(x2)|＜

1

x1

-

1

x2

，?x1，x2∈[1，3]，x1＜x2恒成立可化为

f(x1)-f(x2)＜ 1 x1 - 1 x2 f(x1)-f(x2)＞ 1 x2 - 1 x1

对?x₁，x₂∈[1，3]，x₁＜x₂恒成立，从而可得g(x)=f(x)-

1

x

=alnx在[1，3]递增，h(x)=f(x)+

1

x

=

1

x

alnx+

2

x

在[1，3]递减；从而化为导数的正负问题．

解答： 解：（1）由已知f（x）的定义域为（0，+∞），
f′(x)=

ax-1

x2

，
当a＞0时，f（x）在(0，

1

a

)上单调递减，在(

1

a

，+∞)上单调递增；
当x=

1

a

时，f（x）有极小值a-alna，无极大值；
当a≤0时，f（x）在（0，+∞）递减，f（x）无极值；
（2）∵|f(x1)-f(x2)|＜

1

x1

-

1

x2

，?x1，x2∈[1，3]，x1＜x2恒成立，
∴

f(x1)-f(x2)＜ 1 x1 - 1 x2 f(x1)-f(x2)＞ 1 x2 - 1 x1

对?x₁，x₂∈[1，3]，x₁＜x₂恒成立；
即

f(x1)- 1 x1 ＜f(x2)- 1 x2 f(x1)+ 1 x1 ＞f(x2)+ 1 x2

对?x₁，x₂∈[1，3]，x₁＜x₂恒成立；
∴g(x)=f(x)-

1

x

=alnx在[1，3]递增，h(x)=f(x)+

1

x

=

1

x

alnx+

2

x

在[1，3]递减；
从而有

a＞0 h′(x)= a x - 2 x2 = ax-2 x2 ≤0

对x∈[1，3]恒成立；
∴0＜a≤

2

3

．

点评：本题考查了导数的综合应用及恒成立问题的转化与应用，属于难题．