Question

已知函數(shù)f（x）=

a

x

+lnx（a∈R）
（Ⅰ）當(dāng)a=1時(shí)，求f（x）的最小值；
（Ⅱ）若f（x）在（0，e]上的最小值為2，求實(shí)數(shù)a的值；
（Ⅲ）當(dāng)a=-1時(shí)，試判斷函數(shù)g（x）=f（x）+

lnx

x

在其定義域內(nèi)的零點(diǎn)的個數(shù)．

Answer 1

考點(diǎn)：導(dǎo)數(shù)在最大值、最小值問題中的應(yīng)用,函數(shù)的最值及其幾何意義,根的存在性及根的個數(shù)判斷

專題：導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用

分析：（Ⅰ）當(dāng)a=1時(shí)，求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，通過函數(shù)的單調(diào)性求出f（x）的最小值；
（Ⅱ）通過①當(dāng)a≤0時(shí)，②當(dāng)a∈（0，e]時(shí)，③當(dāng)a＞e時(shí)，通過x∈（0，e利用導(dǎo)函數(shù)的符號，判斷函數(shù)的單調(diào)性，通過函數(shù)的最值，推出a符合題意的值即可；
（Ⅲ）當(dāng)a=-1時(shí)，求出函數(shù)g(x)=f(x)+

lnx

x

的定義域，函數(shù)的導(dǎo)數(shù)求出函數(shù)的最值與0比較，判斷在其定義域內(nèi)的零點(diǎn)的個數(shù)即可．

解答： 解：（Ⅰ）當(dāng)a=1時(shí)，f(x)=

1

x

+lnx，(x＞0)，f′(x)=-

1

x2

+

1

x

=

x-1

x2

當(dāng)x∈（0，1）時(shí)，f′（x）＜0，f（x）單調(diào)遞減，
當(dāng)x∈（1，+∞）時(shí)，f′（x）＞0，f（x）單調(diào)遞增，
所以，當(dāng)x=1時(shí)，f（x）有最小值：f（x）_min=f（1）=1．

（Ⅱ）因?yàn)?span id="l9p3zn1" class="MathJye">f′(x)=-

a

x2

+

1

x

=

x-a

x2

，
①當(dāng)a≤0時(shí)，f′（x）＞0，f（x）在（0，e]上為增函數(shù)，此時(shí)f（x）在（0，e]上無最小值．
②當(dāng)a∈（0，e]時(shí)，若x∈（0，a），則f′（x）＜0，f（x）單調(diào)遞減，
若x∈（a，e]，則f′（x）＞0，f（x）單調(diào)遞增，
所以f（x）_min=f（a）=1+lna=2，∴a=e，符合題意；
③當(dāng)a＞e時(shí)，x∈（0，e]，
∴f′（x）＜0，f（x）單調(diào)遞減，
所以f(x)min=f(e)=

a

e

+1=2，
∴a=e，不符合題意；
綜上所述，a=e時(shí)符合題意．

（Ⅲ）證明當(dāng)a=-1時(shí)，函數(shù)g(x)=-

1

x

+lnx+

lnx

x

，
g′(x)=

1

x2

+

1

x

+

1-lnx

x2

=

2+x-lnx

x2

，
令φ（x）=2+x-lnx，（x＞0），則φ′(x)=1-

1

x

=

x-1

x

，
所以x∈（0，1）時(shí)，φ′（x）＜0，φ（x）單調(diào)遞減，
當(dāng)x∈（1，+∞）時(shí)，φ′（x）＞0，φ（x）單調(diào)遞增，
所以，φ（x）_min=φ（1）=3＞0，在定義域內(nèi)g′（x）＞0，g（x）在（0，+∞）單調(diào)遞增，
又g（1）=-1＜0，而g(e)=-

1

e

+1+

1

e

=1＞0，
因此，函數(shù)g（x）在（1，e）上必有零點(diǎn)，又g（x）在（0，+∞）單調(diào)遞增，
所以函數(shù)g(x)=f(x)+

lnx

x

在其定義域內(nèi)有唯一的零點(diǎn)．

點(diǎn)評：本題考查函數(shù)的導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用，函數(shù)的最值的求法，考查分類討論思想以及轉(zhuǎn)化思想的應(yīng)用．考查分析問題解決問題的能力．