Question

已知函數f（x）=

1

x

+alnx．
（Ⅰ）若f（x）＞0恒成立，試求a的取值范圍；
（Ⅱ）設h（x）=f（x）+ax-lnx，a∈[1，e]（e為自然對數的底），是否存在常數t，使h（x）≥t恒成立，若存在，求出t的取值范圍；若不存在，請說明理由．

Answer 1

考點：利用導數求閉區(qū)間上函數的最值,利用導數研究函數的單調性

專題：導數的綜合應用

分析：（Ⅰ）利用導數求函數的最小值，根據最小值大于0就能求出a的取值范圍；
（Ⅱ）此恒成立問題轉化為，t小于等于h（x）的最小值，在求函數h（x）的最小值時，運用了二次求導．

解答： 解：（Ⅰ）f（x）的定義域為（0，+∞），
f′（x）=-

1

x2

+

a

x

=

ax-1

x2

，當a=0時，f(x)=

1

x

＞0恒成立，
當a＜0時，f′（x）＜0，函數f（x）在定義域內單調遞減，
若取a=-1，則f（e）=

1

e

-1＜0，即fx）＞0不恒成立．f(x)≥f(

1

a

)=a-alna
當a＞0時，f′（x）＜0，得x＜

1

a

，由f′（x）＞0得x＞

1

a

，
∴f（x）在(0，

1

a

)內單調遞減，在(

1

a

，+∞)內單調遞增，
∴f(x)≥f(

1

a

)=a-alna，由a-alna＞0得a＜e，∴a∈（0，e），
綜上得a的取值范圍為[0，e）．
（Ⅱ）h(x)=

1

x

+alnx+ax-lnx，定義域為（0，+∞），
∴h′(x)=

-1

x2

+

a

x

+a-

1

x

=

(ax-1)(x+1)

x2

，
∵a∈[1，e]，∴h（x）在（0，

1

a

）上單調遞減，在（

1

a

，+∞）上單調遞增，
∴h(x)≥h(

1

a

)=a-alna+1+lna，
令g（a）=a-alna+1+lna，則g′(a)=

1

a

-lna，g″(a)=-

1+a

a2

，
∵a∈[1，e]∴g^″（a）＜0，
∴g′（a）單調遞減，g′（a）≤g′（1）=0，
∴g（a）在[1，e]上單調遞減，
∴g（a）≥g（e）=2，
∴h（x）≥2恒成立，即t≤2．
∴存在實數t使h（x）≥t恒成立，t的取值范圍為（-∞，2]．

點評：恒成立問題是函數與導數應用中的常見問題，本題兩小題都是恒成立的問題，通常需要構造新的函數，求函數的最值．