Question

14．已知函數(shù)f（x）=lnx+$\frac{a}{x}（{a＞0}）$．
（Ⅰ） 若函數(shù)f（x）有零點，求實數(shù)a的取值范圍；
（Ⅱ） 證明：當(dāng)a≥$\frac{2}{e}$，b＞1時，f（lnb）＞$\frac{1}$．

Answer 1

分析 （Ⅰ）法一：求出函數(shù)f（x）的導(dǎo)數(shù)，得到函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，求出f（x）的最小值，從而求出a的范圍即可；
法二：求出a=-xlnx，令g（x）=-xlnx，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性求出g（x）的最大值，從而求出a的范圍即可；
（Ⅱ）令h（x）=xlnx+a，通過討論a的范圍，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性證明即可．

解答 解：（Ⅰ）法1：函數(shù)$f（x）=lnx+\frac{a}{x}$的定義域為（0，+∞）．
由$f（x）=lnx+\frac{a}{x}$，得$f'（x）=\frac{1}{x}-\frac{a}{x^2}=\frac{x-a}{x^2}$．…（1分）
因為a＞0，則x∈（0，a）時，f'（x）＜0；x∈（a，+∞）時，f'（x）＞0．
所以函數(shù)f（x）在（0，a）上單調(diào)遞減，在（a，+∞）上單調(diào)遞增．…（2分）
當(dāng)x=a時，[f（x）]_min=lna+1．…（3分）
當(dāng)lna+1≤0，即0＜a≤$\frac{1}{e}$時，又f（1）=ln1+a=a＞0，則函數(shù)f（x）有零點．…（4分）
所以實數(shù)a的取值范圍為$（{0，\frac{1}{e}}]$．…（5分）
法2：函數(shù)$f（x）=lnx+\frac{a}{x}$的定義域為（0，+∞）．
由$f（x）=lnx+\frac{a}{x}=0$，得a=-xlnx．…（1分）
令g（x）=-xlnx，則g'（x）=-（lnx+1）．
當(dāng)$x∈（{0，\frac{1}{e}}）$時，g'（x）＞0； 當(dāng)$x∈（{\frac{1}{e}，+∞}）$時，g'（x）＜0．
所以函數(shù)g（x）在$（{0，\frac{1}{e}}）$上單調(diào)遞增，在$（{\frac{1}{e}，+∞}）$上單調(diào)遞減．…（2分）
故$x=\frac{1}{e}$時，函數(shù)g（x）取得最大值$g（{\frac{1}{e}}）=-\frac{1}{e}ln\frac{1}{e}=\frac{1}{e}$．…（3分）
因而函數(shù)$f（x）=lnx+\frac{a}{x}$有零點，則$0＜a≤\frac{1}{e}$．…（4分）
所以實數(shù)a的取值范圍為$（{0，\frac{1}{e}}]$．…（5分）
（Ⅱ）證明：令h（x）=xlnx+a，則h'（x）=lnx+1．
當(dāng)$0＜x＜\frac{1}{e}$時，h'（x）＜0；當(dāng)$x＞\frac{1}{e}$時，h'（x）＞0．
所以函數(shù)h（x）在$（{0，\frac{1}{e}}）$上單調(diào)遞減，在$（{\frac{1}{e}，+∞}）$上單調(diào)遞增．
當(dāng)$x=\frac{1}{e}$時，${[{h（x）}]_{min}}=-\frac{1}{e}+a$．…（6分）
于是，當(dāng)a≥$\frac{2}{e}$時，$h（x）≥-\frac{1}{e}+a≥\frac{1}{e}$．①…（7分）
令φ（x）=xe^-x，則φ'（x）=e^-x-xe^-x=e^-x（1-x）．
當(dāng)0＜x＜1時，f'（x）＞0；當(dāng)x＞1時，f'（x）＜0．
所以函數(shù)φ（x）在（0，1）上單調(diào)遞增，在（1，+∞）上單調(diào)遞減．
當(dāng)x=1時，${[{φ（x）}]_{max}}=\frac{1}{e}$．…（8分）
于是，當(dāng)x＞0時，$φ（x）≤\frac{1}{e}$．②…（9分）
顯然，不等式①、②中的等號不能同時成立．
故當(dāng)x＞0，$a≥\frac{2}{e}$時，xlnx+a＞xe^-x．…（10分）
因為b＞1，所以lnb＞0．
所以lnb•ln（lnb）+a＞lnb•e^-lnb．…（11分）
所以$ln（{lnb}）+\frac{a}{lnb}＞\frac{1}$，即$f（{lnb}）＞\frac{1}$．…（12分）

點評 本題考查了函數(shù)的單調(diào)性、最值問題，考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用以及分類討論思想，考查不等式的證明，是一道綜合題．