Question

20．已知函數(shù)f（x）=lnx+$\frac{a}{x}$-1，a∈R．
（I）若曲線y=f（x）在點(diǎn)（1，f（1））處的切線與直線x-y+1=0垂直，求函數(shù)的極值；
（II）設(shè)函數(shù)g（x）=x+$\frac{1}{x}$．當(dāng)a=-1時(shí)，若區(qū)間[1，e]上存在x₀，使得g（x₀）＜m[f（x₀）+1]，求實(shí)數(shù) m 的取值范圍．（e為自然對(duì)數(shù)底數(shù)）

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，計(jì)算f′（1）的值，求出a，從而求出f（x）的單調(diào)區(qū)間，求出函數(shù)的極值即可；
（Ⅱ）令$h（x）=x+\frac{1}{x}-m[f（x）+1]=x+\frac{1}{x}-mlnx+\frac{m}{x}$，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性求出h（x）的最小值，從而求出m的范圍即可．

解答 解：（I）f′（x）=$\frac{1}{x}$-$\frac{a}{{x}^{2}}$=$\frac{x-a}{{x}^{2}}$（x＞0），…（1分）
因?yàn)榍�線y=f（x）在點(diǎn)（1，f（1））處的切線與直線x-y+1=0垂直，所以f′（1）=-1，
即1-a=-1，解得a=2．所以$f'（x）=\frac{x-2}{x^2}$，…（3分）
∴當(dāng)x∈（0，2）時(shí)，f'（x）＜0，f（x）在（0，2）上單調(diào)遞減；…（4分）
當(dāng)x∈（2，+∞）時(shí)，f'（x）＞0，f（x）在（2，+∞）上單調(diào)遞增；…（5分）
∴當(dāng)x=2時(shí)，f（x）取得極小值$f（2）=ln2+\frac{2}{2}-1=ln2$，
∴f（x）極小值為ln2．…（6分）
（II）令$h（x）=x+\frac{1}{x}-m[f（x）+1]=x+\frac{1}{x}-mlnx+\frac{m}{x}$，則h′（x）=$\frac{[x-（m+1）]（x+1）}{{x}^{2}}$，
欲使在區(qū)間上[1，e]上存在x₀，使得g（x₀）＜mf（x₀），
只需在區(qū)間[1，e]上h（x）的最小值小于零．…（7分）
令h'（x）=0得，x=m+1或x=-1．
當(dāng)m+1≥e，即m≥e-1時(shí)，h（x）在[1，e]上單調(diào)遞減，
則h（x）的最小值為h（e），
∴$h（e）=e+\frac{1+m}{e}-m＜0$，解得$m＞\frac{{{e^2}+1}}{e-1}$，
∵$\frac{{{e^2}+1}}{e-1}＞e-1$，∴$m＞\frac{{{e^2}+1}}{e-1}$；     …（9分）
當(dāng)m+1≤1，即m≤0時(shí)，h（x）在[1，e]上單調(diào)遞增，
則h（x）的最小值為h（1），
∴h（1）=1+1+m＜0，解得m＜-2，∴m＜-2；    …（11分）
當(dāng)1＜m+1＜e，即0＜m＜e-1時(shí)，
h（x）在[1，m+1]上單調(diào)遞減，在（m+1，e]上單調(diào)遞增，
則h（x）的最小值為h（m+1），
∵0＜ln（m+1）＜1，∴0＜mln（m+1）＜m，
∴h（m+1）=2+m-mln（m+1）＞2，此時(shí)h（m+1）＜0不成立．…（13分）
綜上所述，實(shí)數(shù)m的取值范圍為$（-∞，-2）∪（\frac{{{e^2}+1}}{e-1}，+∞）$．…（14分）

點(diǎn)評(píng) 本題考查了函數(shù)的單調(diào)性、極值問題，考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用以及轉(zhuǎn)化思想，是一道綜合題．