Question

函数f(x)=x-

alnx

x

，其中a为常数．
（1）证明：对任意a∈R，函数y=f（x）图象恒过定点；
（2）当a=1时，不等式f（x）+2b≤0在x∈（0，+∞）上有解，求实数b的取值范围；
（3）若对任意a∈[m，0）时，函数y=f（x）在定义域上恒单调递增，求m的最小值．

Answer 1

分析：（1）令lnx=0，得x=1，且f（1）=1，由此可得结论；
（2）利用f（x）+2b≤0在x∈（0，+∞）上有解，可得-2b≥f_min（x），求出函数的最小值，即可求实数b的取值范围；
（3）对任意a∈[m，0）时，函数y=f（x）在定义域上恒单调递增，等价于对任意a∈[m，0），f'（x）≥0在x∈（0，+∞）恒成立，即h（x）=x²+alnx-a≥0在x∈（0，+∞）恒成立，由此可得结论．

解答：（1）证明：令lnx=0，得x=1，且f（1）=1，
∴函数y=f（x）图象恒过定点（1，1）．                …（2分）
（2）解：当a=1时，f(x)=x-

lnx

x

，
∴f′(x)=1-

1-lnx

x2

，即f′(x)=

x2+lnx-1

x2

，
令f'（x）=0，得x=1．

x	（0，1）	1	（1，+∞）
f'（x）	-	0	+
f（x）		极小值

∴f_min（x）=f（1）=1，
∵f（x）+2b≤0在x∈（0，+∞）上有解，
∴-2b≥f_min（x），即-2b≥1，
∴实数b的取值范围为(-∞，-

1

2

]．…（9分）
（3）解：f′(x)=1-

a-alnx

x2

，即f′(x)=

x2+alnx-a

x2

，令h（x）=x²+alnx-a，
由题意可知，对任意a∈[m，0），f'（x）≥0在x∈（0，+∞）恒成立，
即h（x）=x²+alnx-a≥0在x∈（0，+∞）恒成立．
∵h′(x)=2x+

a

x

=

2x2+a

x

，令h'（x）=0，得x=-

- a 2

（舍）或

- a 2

．
列表如下：

x	（0， - a 2 ）	- a 2	（ - a 2 ，+∞）
h'（x）	-	0	+
h（x）	↘	极小值	↗

∴hmin(x)=h(

- a 2

)=(ln

- a 2

-

3

2

)a≥0，解得a≥-2e³．
∴m的最小值为-2e³．                                 …（16分）

点评：本题考查导数知识的运用，考查函数的最值，考查恒成立问题，确定函数的最值是关键．