Question

函數f(x)=x-

alnx

x

，其中a為常數．
（1）證明：對任意a∈R，函數y=f（x）圖象恒過定點；
（2）當a=1時，不等式f（x）+2b≤0在x∈（0，+∞）上有解，求實數b的取值范圍；
（3）若對任意a∈[m，0）時，函數y=f（x）在定義域上恒單調遞增，求m的最小值．

Answer 1

分析：（1）令lnx=0，得x=1，且f（1）=1，由此可得結論；
（2）利用f（x）+2b≤0在x∈（0，+∞）上有解，可得-2b≥f_min（x），求出函數的最小值，即可求實數b的取值范圍；
（3）對任意a∈[m，0）時，函數y=f（x）在定義域上恒單調遞增，等價于對任意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，由此可得結論．

解答：（1）證明：令lnx=0，得x=1，且f（1）=1，
∴函數y=f（x）圖象恒過定點（1，1）．                …（2分）
（2）解：當a=1時，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）		極小值

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

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，
由題意可知，對任意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）	↘	極小值	↗

∴hmin(x)=h(

- a 2

)=(ln

- a 2

-

3

2

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

點評：本題考查導數知識的運用，考查函數的最值，考查恒成立問題，確定函數的最值是關鍵．