Question

7．設(shè)函數(shù)f（x）=lnx-$\frac{{x}^{2}-a}{x}$，a為常數(shù)．
（1）求證：x≥lnx+1；
（2）當(dāng)a=0時，求y=f（x）•f（$\frac{1}{x}$）的最小值；
（3）若不等式f（x）＜（a-1）x對?x∈（1，+∞）恒成立，求a的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）設(shè)g（x）=x-lnx-1，x＞0，求出導(dǎo)數(shù)和單調(diào)區(qū)間、極小值和最小值即可得證；
（2）求得a=0的函數(shù)表達(dá)式，求出導(dǎo)數(shù)，求出單調(diào)區(qū)間，即可得到所求最小值；
（3）由題意可得lnx+$\frac{a}{x}$＜ax對?x∈（1，+∞）恒成立．設(shè)h（x）=ax-lnx-$\frac{a}{x}$，x＞1，由于h（1）=a-0-a=0，當(dāng)h（x）在（1，+∞）為增函數(shù)，即有h′（x）＞0恒成立，運(yùn)用參數(shù)分離和基本不等式，結(jié)合不等式恒成立問題解法，即可得到a的范圍．

解答 解：（1）證明：設(shè)g（x）=x-lnx-1，x＞0，
g′（x）=1-$\frac{1}{x}$=$\frac{x-1}{x}$，
當(dāng)x＞1時，g′（x）＞0，g（x）遞增；當(dāng)0＜x＜1時，g′（x）＜0，g（x）遞減，
可得g（x）在x=1處取得極小值，也為最小值0，
則g（x）≥g（1）=0，即為x≥lnx+1；
（2）當(dāng)a=0時，y=f（x）•f（$\frac{1}{x}$）=（lnx-x）（ln$\frac{1}{x}$-$\frac{1}{x}$）
=-ln²x-$\frac{1}{x}$lnx+xlnx+1，
導(dǎo)數(shù)y′=-2lnx•$\frac{1}{x}$-$\frac{1-lnx}{{x}^{2}}$+1+lnx
=$\frac{（x-1）^{2}lnx+（x-1）（x+1）}{{x}^{2}}$，
當(dāng)x＞1時，導(dǎo)數(shù)y′＞0，函數(shù)遞增；當(dāng)0＜x＜1時，導(dǎo)數(shù)y′＜0，函數(shù)遞減．
則當(dāng)x=1處，函數(shù)y取得極小值，也為最小值1；
（3）若不等式f（x）＜（a-1）x對?x∈（1，+∞）恒成立，
即為lnx+$\frac{a}{x}$＜ax對?x∈（1，+∞）恒成立．
設(shè)h（x）=ax-lnx-$\frac{a}{x}$，x＞1，
導(dǎo)數(shù)h′（x）=a-$\frac{1}{x}$+$\frac{a}{{x}^{2}}$=$\frac{a{x}^{2}-x+a}{{x}^{2}}$，
由于h（1）=a-0-a=0，
當(dāng)h（x）在（1，+∞）為增函數(shù)，
即有h′（x）＞0恒成立，
則ax²-x+a＞0在x∈（1，+∞）恒成立，
即有a＞$\frac{x}{{x}^{2}+1}$=$\frac{1}{x+\frac{1}{x}}$，
由x+$\frac{1}{x}$＞2$\sqrt{x•\frac{1}{x}}$=2，可得$\frac{x}{{x}^{2}+1}$=$\frac{1}{x+\frac{1}{x}}$＜$\frac{1}{2}$，
可得a≥$\frac{1}{2}$．

點(diǎn)評 本題考查導(dǎo)數(shù)的運(yùn)用：求單調(diào)區(qū)間和極值、最值，考查不等式的證明，注意運(yùn)用構(gòu)造函數(shù)法，考查不等式恒成立問題的解法，注意運(yùn)用轉(zhuǎn)化思想，考查基本不等式的運(yùn)用，以及化簡整理的運(yùn)算能力，屬于中檔題．