Question

16．已知函數(shù)f （x）=ax-lnx（a∈R）．
（1）當(dāng)a=1時，求f （x）的最小值；
（2）已知e為自然對數(shù)的底數(shù)，存在x∈[$\frac{1}{e}$，e]，使得f （x）=1成立，求a的取值范圍；
（3）若對任意的x∈[1，+∞），有f （x）≥f （$\frac{1}{x}$）成立，求a的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，解關(guān)于導(dǎo)函數(shù)的不等式，求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，從而求出函數(shù)的最小值即可；
（2）得到a=$\frac{1}{x}$+$\frac{lnx}{x}$，設(shè)g（x）=$\frac{1}{x}$+$\frac{lnx}{x}$，x∈[$\frac{1}{e}$，e]，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性求出a的范圍即可；
（3）問題轉(zhuǎn)化為a（x-$\frac{1}{x}$）-2lnx≥0，令h（x）=a（x-$\frac{1}{x}$）-2lnx，通過討論a的范圍求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，從而求出a的范圍即可．

解答 解：（1）a=1時，f（x）=x-lnx，
則f'（x）=1-$\frac{1}{x}$=$\frac{x-1}{x}$，
令f'（x）=0，則x=1．                             …（2分）
當(dāng)0＜x＜1時，f'（x）＜0，所以f（x）在（0，1）上單調(diào)遞減；
當(dāng)x＞1時，f'（x）＞0，所以f（x）在（1，+∞）上單調(diào)遞增，…（3分）
所以當(dāng)x=1時，f （x）取到最小值，最小值為1．         …（4分）
（2）因為 f （x）=1，所以ax-lnx=1，即a=$\frac{1}{x}$+$\frac{lnx}{x}$，…（6分）
設(shè)g（x）=$\frac{1}{x}$+$\frac{lnx}{x}$，x∈[$\frac{1}{e}$，e]，則g'（x）=$\frac{-lnx}{{x}^{2}}$，
令g'（x）=0，得x=1．
當(dāng)$\frac{1}{e}$＜x＜1時，g'（x）＞0，所以g（x）在（$\frac{1}{e}$，1）上單調(diào)遞增；
當(dāng)1＜x＜e時，g'（x）＜0，所以g（x）在（1，e）上單調(diào)遞減；   …（8分）
因為g（1）=1，g（$\frac{1}{e}$）=0，g（e）=$\frac{2}{e}$，
所以函數(shù)g （x）的值域是[0，1]，
所以a的取值范圍是[0，1]．                       …（10分）
（3）對任意的x∈[1，+∞），有f（x）≥f（$\frac{1}{x}$）成立，
則ax-lnx≥$\frac{a}{x}$+lnx，即a（x-$\frac{1}{x}$）-2lnx≥0．
令h（x）=a（x-$\frac{1}{x}$）-2lnx，
則h'（x）=a（1+$\frac{1}{{x}^{2}}$）-$\frac{2}{x}$=$\frac{{ax}^{2}-2x+a}{{x}^{2}}$，
①當(dāng)a≥1時，ax²-2x+a=a（x-$\frac{1}{a}$）²+$\frac{{a}^{2}-1}{a}$≥0，
所以h'（x）≥0，因此h（x）在[1，+∞）上單調(diào)遞增，
所以x∈[1，+∞）時，恒有h（x）≥h（1）=0成立，
所以a≥1滿足條件．                             …（12分）
②當(dāng)0＜a＜1時，有$\frac{1}{a}$＞1，若x∈[1，$\frac{1}{a}$]，則ax²-2x+a＜0，
此時h'（x）=$\frac{{ax}^{2}-2x+a}{{x}^{2}}$＜0，
所以h（x）在[1，$\frac{1}{a}$]上單調(diào)遞減，所以h（$\frac{1}{a}$）＜h（1）=0，
即存在x=$\frac{1}{a}$＞1，使得h（x）＜0，所以0＜a＜1不滿足條件．…（14分）
③當(dāng)a≤0時，因為x≥1，所以h'（x）＜0，
所以h（x）在[1，+∞）上單調(diào)遞減，
所以當(dāng)x＞1時，h（x）＜h（1）=0，所以a≤0不滿足條件．
綜上，a的取值范圍為[1，+∞）．…（16分）

點評 本題考查了函數(shù)的單調(diào)性、最值問題，考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用以及分類討論思想，是一道綜合題．