Question

已知函數(shù)f（x）=x+

1

x

+alnx，x∈R．
（Ⅰ）若a=1，求曲線y=f（x）在點(diǎn)（1，f（1））處的切線方程；
（Ⅱ）若對任意的x∈[1，e]，都有

2

e

≤f（x）≤2e恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．（注：e為自然對數(shù)的底數(shù)．）

Answer 1

考點(diǎn)：利用導(dǎo)數(shù)求閉區(qū)間上函數(shù)的最值,利用導(dǎo)數(shù)研究曲線上某點(diǎn)切線方程

專題：導(dǎo)數(shù)的概念及應(yīng)用

分析：（Ⅰ）先將（1，f（1））代入函數(shù)方程，求出f（1），然后再將x=1代入原函數(shù)的導(dǎo)數(shù)求出斜率，問題獲解；
（Ⅱ）這問涉及到了不等式恒成立問題，先研究函數(shù)的單調(diào)性，求出函數(shù)的最值，則問題轉(zhuǎn)化為最值與

2

e

及2e比較的問題．

解答： （本題13分） 解：（Ⅰ） 當(dāng)a=1時(shí)，f（x）=x+

1

x

+lnx，則f′(x)=1-

1

x2

+

1

x

．
故f′（1）=1，f（1）=2．
所以曲線y=f（x）在點(diǎn)（1，f（x））處的切線方程為y-2=x-1即為x-y+1=0；
（Ⅱ）由題意的f′(x)=1-

1

x2

+

a

x

=

x2+ax-1

x2

，x∈[1，e]，
令g（x）=x²+ax-1，注意y=g（x）的圖象過點(diǎn)（0，-1），且開口向上，從而有
（1）當(dāng)g（1）=1+a-1≥0即a≥0時(shí)，f（x）單調(diào)遞增，
所以有

f(1)=1+1≥ 2 e f(e)=e+ 1 e +a≤2e

得0≤a≤e-

1

e

；
（2）當(dāng)g（e）=e²+ea-1≤0即a≤

1

e

-e時(shí)，在x∈[1，e]上g′（x）≤0，f（x）單調(diào)遞減，
所以有

f(x)max=f(1)=1+1≤2e f(x)min=f(e)=e+ 1 e +a≥ 2 e

得a≥

1

e

-e，故只有a=

1

e

-e符合；

（3）當(dāng)

g(1)＜0 g(e)＞0

即

1

e

-e＜a＜0時(shí)，記函數(shù)g（x）=x²+ax-1的零點(diǎn)為t∈（1，e），
此時(shí)，函數(shù)f（x）在（1，t）上單調(diào)遞減，在（t，e）上單調(diào)遞增，
所以，

f(1)≤2e f(e)≤2e f(x)min=f(t)=t+ 1 t =alnt≥ 2 e

?t+

1

t

+alnt≥

2

e

，
因?yàn)閠∈（1，e）是函數(shù) g（x）=x²+ax-1的零點(diǎn)，所以a=

1

t

-t，
故有t+

1

t

+(

1

t

-t)lnt≥

2

e

．
令h（t）=t+

1

t

+(

1

t

-t)lnt，t∈（1，e），則h′(t)=(-1-

1

t2

)lnt≤0，
所以函數(shù)y=h（t）在（1，e）上單調(diào)遞減，故h（t）＞h（e）=

2

e

恒成立，
此時(shí)，

1

e

-e＜a＜0；
綜上所述，實(shí)數(shù)a的取值范圍是[

1

e

-e，e-

1

e

]．

點(diǎn)評：本題考查了函數(shù)的單調(diào)性問題，不等式的恒成立問題，不等式恒成立一般是轉(zhuǎn)化為函數(shù)的最值問題，而需要進(jìn)一步研究函數(shù)的導(dǎo)數(shù)．