Question

20．已知函數f（x）=lnx+$\frac{a}{x}$-1，a∈R．
（I）若曲線y=f（x）在點（1，f（1））處的切線與直線x-y+1=0垂直，求函數的極值；
（II）設函數g（x）=x+$\frac{1}{x}$．當a=-1時，若區間[1，e]上存在x₀，使得g（x₀）＜m[f（x₀）+1]，求實數 m 的取值范圍．（e為自然對數底數）

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函數的導數，計算f′（1）的值，求出a，從而求出f（x）的單調區間，求出函數的極值即可；
（Ⅱ）令$h（x）=x+\frac{1}{x}-m[f（x）+1]=x+\frac{1}{x}-mlnx+\frac{m}{x}$，根據函數的單調性求出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）
因為曲線y=f（x）在點（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x∈（0，2）時，f'（x）＜0，f（x）在（0，2）上單調遞減；…（4分）
當x∈（2，+∞）時，f'（x）＞0，f（x）在（2，+∞）上單調遞增；…（5分）
∴當x=2時，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）=$\frac{[x-（m+1）]（x+1）}{{x}^{2}}$，
欲使在區間上[1，e]上存在x₀，使得g（x₀）＜mf（x₀），
只需在區間[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m+1≥e，即m≥e-1時，h（x）在[1，e]上單調遞減，
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m+1≤1，即m≤0時，h（x）在[1，e]上單調遞增，
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1＜m+1＜e，即0＜m＜e-1時，
h（x）在[1，m+1]上單調遞減，在（m+1，e]上單調遞增，
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h（m+1）＜0不成立．…（13分）
綜上所述，實數m的取值范圍為$（-∞，-2）∪（\frac{{{e^2}+1}}{e-1}，+∞）$．…（14分）

點評 本題考查了函數的單調性、極值問題，考查導數的應用以及轉化思想，是一道綜合題．