Question

7．已知a为实常数，函数f（x）=$\frac{lnx+1}{x}-a$
（Ⅰ）求函数f（x）的最值；
（Ⅱ）设g（x）=xf（x）
（i）讨论函数g（x）的单调性；
（ii）若函数g（x）有两个不同的零点，求实数a的取值范围．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求得f（x）的导数，由导数大于0，可得增区间，导数小于0，可得减区间，进而得到最大值；
（Ⅱ）（ⅰ）求得g（x）的定义域，讨论当a≤0时，当a＞0时，求得导数，判断符号，即可得到单调性；
（ⅱ）讨论当a≤0时，当a＞0时，运用函数的单调性和函数的零点存在定理，求得a的范围．

解答 解：（Ⅰ）函数f（x）=$\frac{lnx+1}{x}-a$的定义域为（0，+∞）．
则f′（x）=$\frac{-lnx}{{x}^{2}}$，
令f′（x）＜0得x＞1；令f′（x）＞0得0＜x＜1．
故函数f（x）在（0，1）上单调递增，在（1，+∞）上单调递减．
所以函数f（x）的最大值为f（1）=1-a，无最小值．
（Ⅱ）（ⅰ）g（x）=xf（x）=lnx+1-ax，
函数g（x）的定义域为（0，+∞），其导数g′（x）=$\frac{1}{x}$-a．
①当a≤0时，g′（x）＞0，函数g（x）在（0，+∞）上是增函数；
②当a＞0时，g′（x）＞0?0＜x＜$\frac{1}{a}$；g′（x）＜0?x＞$\frac{1}{a}$．
所以函数g（x）在（0，$\frac{1}{a}$）上是增函数，在（$\frac{1}{a}$，+∞）上是减函数．
（ⅱ）由（ⅰ）得，当a≤0时，函数g（x）在（0，+∞）上是增函数，
不可能有两个零点；
当a＞0时，函数g（x）在（0，$\frac{1}{a}$）上是增函数，在（$\frac{1}{a}$，+∞）上是减函数，
此时g（$\frac{1}{a}$）为函数g（x）的最大值，
若g（$\frac{1}{a}$）≤0，则函数g（x）最多有一个零点，不合题意，
所以g（$\frac{1}{a}$）=ln$\frac{1}{a}$＞0，解得0＜a＜1．
因为，$\frac{1}{e}$＜1＜$\frac{1}{a}$＜$\frac{e}{{a}^{2}}$，取g（$\frac{1}{e}$）=-1-$\frac{a}{e}$+1=-$\frac{a}{e}$＜0，
则x₁∈（$\frac{1}{e}$，$\frac{1}{a}$），使得g（x₁）=0；
取g（$\frac{e}{{a}^{2}}$）=2-2lna-$\frac{e}{a}$（0＜a＜1），
令G（a）=2-2lna-$\frac{e}{a}$（0＜a＜1），则G′（a）=-$\frac{2}{a}$+$\frac{e}{{a}^{2}}$=$\frac{e-2a}{{a}^{2}}$＞0，（0＜a＜1），
所以G（a）在（0，1）上单调递增．
所以G（a）＜G（1）=2-e＜0，即g（$\frac{e}{{a}^{2}}$）＜0，则x₂∈（$\frac{1}{a}$，$\frac{e}{a}$），使得g（x₂）=0，
故函数g（x）有两个不同的零点x₁，x₂（x₁＜x₂），且x₁，x₂∈（$\frac{1}{a}$，$\frac{e}{a}$）．
综上a的取值范围是（0，1）．

点评 本题考查函数的最值的求法，注意运用导数求得单调区间可得，考查函数的单调性，注意运用分类讨论的思想方法，同时考查函数的零点的问题，注意运用函数的单调性和零点存在定理，属于难题．