Question

已知函数f(x)=lnx-

a

x

(a∈R)．
（1）判断f（x）在定义域上的单调性；
（2）若f（x）在[1，e]上的最小值为2，求a的值．

Answer 1

分析：（1）先确定f（x）的定义域为（0，+∞），再求导，由“f'（x）＞0，f（x）为增函数f'（x）＜0，f（x）在为减函数”判断，要注意定义域和分类讨论．
（2）因为f′(x)=

x+a

x2

，x＞0．由（1）可知①当a≥0时，f（x）在（0，+∞）上为增函数，f（x）_min=f（1）当0＜-a≤1时，即a≥-1时，f（x）在（0，+∞）上也是增函数，f（x）_min=f（1）③当1＜-a＜e时，即-e＜a＜-1时，f（x）在[1，-a]上是减函数，在（-a，e]上是增函数，f（x）_min=f（-a）④当-a≥e时，即a≤-e时，f（x）在[1，e]上是减函数，f（x）_min=f（e）最后取并集．

解答：解：（1）由题意得f（x）的定义域为（0，+∞），．（0，+∞）
①当a≥0时，f'（x）＞0，故f（x）在上为增函数；
②当a＜0时，由f'（x）=0得x=-a；由f'（x）＞0得x＞-a；由f'（x）＜0得x＜-a；
∴f（x）在（0，-a]上为减函数；在（-a，+∞）上为增函数．
所以，当a≥0时，f（x）在（0，+∞）上是增函数；当a＜0时，f（x）在（0，-a]上是减函数，在（-a，+∞）上是增函数．
（2）∵f′(x)=

x+a

x2

，x＞0．由（1）可知：
①当a≥0时，f（x）在（0，+∞）上为增函数，f（x）_min=f（1）=-a=2，得a=-2，矛盾!
②当0＜-a≤1时，即a≥-1时，f（x）在（0，+∞）上也是增函数，f（x）_min=f（1）=-a=2，∴a=-2（舍去）．
③当1＜-a＜e时，即-e＜a＜-1时，f（x）在[1，-a]上是减函数，在（-a，e]上是增函数，
∴f（x）_min=f（-a）=ln（-a）+1=2，得a=-e（舍去）．
④当-a≥e时，即a≤-e时，f（x）在[1，e]上是减函数，有f(x)min=f(e)=1-

a

e

=2，
∴a=-e．
综上可知：a=-e．

点评：本题主要考查用导数法研究函数的单调性，基本思路是：当函数为增函数时，导数大于等于零；当函数为减函数时，导数小于等于零，已知单调性求参数的范围时，往往转化为求相应函数的最值问题．