Question

已知函數f（x）=

a

x

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

lnx

x

在其定義域內的零點的個數．

Answer 1

考點：導數在最大值、最小值問題中的應用,函數的最值及其幾何意義,根的存在性及根的個數判斷

專題：導數的綜合應用

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

lnx

x

的定義域，函數的導數求出函數的最值與0比較，判斷在其定義域內的零點的個數即可．

解答： 解：（Ⅰ）當a=1時，f(x)=

1

x

+lnx，(x＞0)，f′(x)=-

1

x2

+

1

x

=

x-1

x2

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

（Ⅱ）因為f′(x)=-

a

x2

+

1

x

=

x-a

x2

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

a

e

+1=2，
∴a=e，不符合題意；
綜上所述，a=e時符合題意．

（Ⅲ）證明當a=-1時，函數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，φ′（x）＜0，φ（x）單調遞減，
當x∈（1，+∞）時，φ′（x）＞0，φ（x）單調遞增，
所以，φ（x）_min=φ（1）=3＞0，在定義域內g′（x）＞0，g（x）在（0，+∞）單調遞增，
又g（1）=-1＜0，而g(e)=-

1

e

+1+

1

e

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

lnx

x

在其定義域內有唯一的零點．

點評：本題考查函數的導數的應用，函數的最值的求法，考查分類討論思想以及轉化思想的應用．考查分析問題解決問題的能力．