Question

1．已知函數(shù)f（x）=x+alnx，a∈R．
（Ⅰ）求函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（Ⅱ）當(dāng)x∈[1，2]時(shí)，都有f（x）＞0成立，求a的取值范圍；
（Ⅲ）試問(wèn)過(guò)點(diǎn)P（1，3）可作多少條直線與曲線y=f（x）相切？并說(shuō)明理由．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函數(shù)f（x）的定義域，函數(shù)的導(dǎo)函數(shù)，通過(guò)（1）當(dāng)a≥0時(shí)，（2）當(dāng)a＜0時(shí)，當(dāng)0＜x＜-a時(shí)，當(dāng)x＞-a時(shí)，導(dǎo)函數(shù)的符號(hào)，判斷函數(shù)的單調(diào)性．
（Ⅱ）（1）當(dāng)-a≤1時(shí)，（2）當(dāng)1＜-a＜2時(shí)，（3）當(dāng)-a≥2時(shí)，分別求解函數(shù)的最值．
（Ⅲ）設(shè)切點(diǎn)為（x₀，x₀+alnx₀），則切線斜率$k=1+\frac{a}{x_0}$，求出切線方程，切線過(guò)點(diǎn)P（1，3），推出關(guān)系式，構(gòu)造函數(shù)$g（x）=a（lnx+\frac{1}{x}-1）-2$（x＞0），求出導(dǎo)函數(shù)，（1）當(dāng)a＜0時(shí)，判斷g（x）單調(diào)性，說(shuō)明方程g（x）=0無(wú)解，切線的條數(shù)為0．
（2）當(dāng)a＞0時(shí)，類比求解，推出當(dāng)a＞0時(shí)，過(guò)點(diǎn)P（1，3）存在兩條切線．
（3）當(dāng)a=0時(shí)，f（x）=x，說(shuō)明不存在過(guò)點(diǎn)P（1，3）的切線．

解答 解：（Ⅰ）函數(shù)f（x）的定義域?yàn)閧x|x＞0}．$f'（x）=1+\frac{a}{x}=\frac{x+a}{x}$．
（1）當(dāng)a≥0時(shí)，f′（x）＞0恒成立，函數(shù)f（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增；
（2）當(dāng)a＜0時(shí)，令f′（x）=0，得x=-a．
當(dāng)0＜x＜-a時(shí)，f′（x）＜0，函數(shù)f（x）為減函數(shù)；
當(dāng)x＞-a時(shí)，f′（x）＞0，函數(shù)f（x）為增函數(shù)．
綜上所述，當(dāng)a≥0時(shí)，函數(shù)f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間為（0，+∞）．
當(dāng)a＜0時(shí)，函數(shù)f（x）的單調(diào)遞減區(qū)間為（0，-a），單調(diào)遞增區(qū)間為（-a，+∞）．
…（4分）
（Ⅱ）由（Ⅰ）可知，
（1）當(dāng)-a≤1時(shí)，即a≥-1時(shí)，函數(shù)f（x）在區(qū)間[1，2]上為增函數(shù)，
所以在區(qū)間[1，2]上，f（x）_min=f（1）=1，顯然函數(shù)f（x）在區(qū)間[1，2]上恒大于零；
（2）當(dāng)1＜-a＜2時(shí)，即-2＜a＜-1時(shí)，函數(shù)f（x）在[1，-a）上為減函數(shù)，在（-a，2]
上為增函數(shù)，所以f（x）_min=f（-a）=-a+aln（-a）．
依題意有f（x）_min=-a+aln（-a）＞0，解得a＞-e，所以-2＜a＜-1．
（3）當(dāng)-a≥2時(shí)，即a≤-2時(shí)，f（x）在區(qū)間[1，2]上為減函數(shù)，
所以f（x）_min=f（2）=2+aln2．
依題意有f（x）_min=2+aln2＞0，解得$a＞-\frac{2}{ln2}$，所以$-\frac{2}{ln2}＜a≤-2$．
綜上所述，當(dāng)$a＞-\frac{2}{ln2}$時(shí)，函數(shù)f（x）在區(qū)間[1，2]上恒大于零．…（8分）
（Ⅲ）設(shè)切點(diǎn)為（x₀，x₀+alnx₀），則切線斜率$k=1+\frac{a}{x_0}$，
切線方程為$y-（{x_0}+aln{x_0}）=（1+\frac{a}{x_0}）（x-{x_0}）$．
因?yàn)榍芯�過(guò)點(diǎn)P（1，3），則$3-（{x_0}+aln{x_0}）=（1+\frac{a}{x_0}）（1-{x_0}）$．
即$a（ln{x_0}+\frac{1}{x_0}-1）-2=0$．           …①
令$g（x）=a（lnx+\frac{1}{x}-1）-2$（x＞0），則 $g'（x）=a（\frac{1}{x}-\frac{1}{x^2}）=\frac{a（x-1）}{x^2}$．
（1）當(dāng)a＜0時(shí)，在區(qū)間（0，1）上，g′（x）＞0，g（x）單調(diào)遞增；
在區(qū)間（1，+∞）上，g′（x）＜0，g（x）單調(diào)遞減，
所以函數(shù)g（x）的最大值為g（1）=-2＜0．
故方程g（x）=0無(wú)解，即不存在x₀滿足①式．
因此當(dāng)a＜0時(shí)，切線的條數(shù)為0．
（2）當(dāng)a＞0時(shí)，在區(qū)間（0，1）上，g′（x）＜0，g（x）單調(diào)遞減，
在區(qū)間（1，+∞）上，g′（x）＞0，g（x）單調(diào)遞增，
所以函數(shù)g（x）的最小值為g（1）=-2＜0．
取${x_1}={e^{1+\frac{2}{a}}}＞e$，則$g（{x_1}）=a（1+\frac{2}{a}+{e^{-1-\frac{2}{a}}}-1）-2=a{e^{-1-\frac{2}{a}}}＞0$．
故g（x）在（1，+∞）上存在唯一零點(diǎn)．
取${x_2}={e^{-1-\frac{2}{a}}}＜\frac{1}{e}$，則$g（{x_2}）=a（-1-\frac{2}{a}+{e^{1+\frac{2}{a}}}-1）-2=a{e^{1+\frac{2}{a}}}-2a-4$=$a[{e^{1+\frac{2}{a}}}-2（1+\frac{2}{a}）]$．
設(shè)$t=1+\frac{2}{a}（t＞1）$，u（t）=e^t-2t，則u′（t）=e^t-2．
當(dāng)t＞1時(shí)，u′（t）=e^t-2＞e-2＞0恒成立．
所以u(píng)（t）在（1，+∞）單調(diào)遞增，u（t）＞u（1）=e-2＞0恒成立．所以g（x₂）＞0．
故g（x）在（0，1）上存在唯一零點(diǎn)．
因此當(dāng)a＞0時(shí)，過(guò)點(diǎn)P（1，3）存在兩條切線．
（3）當(dāng)a=0時(shí)，f（x）=x，顯然不存在過(guò)點(diǎn)P（1，3）的切線．
綜上所述，當(dāng)a＞0時(shí)，過(guò)點(diǎn)P（1，3）存在兩條切線；
當(dāng)a≤0時(shí)，不存在過(guò)點(diǎn)P（1，3）的切線．…（13分）

點(diǎn)評(píng) 本題考查函數(shù)的導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用，切線方程的求法，函數(shù)的單調(diào)性以及函數(shù)的最值，考查分析問(wèn)題解決問(wèn)題的能力，轉(zhuǎn)化思想以及分類討論思想的應(yīng)用，是難度比較大的題目．