Question

19．已知函數(shù)f（x）=lnx+$\frac{a}{x}$．
（1）當a＜0時，證明函數(shù)f（x）在（0，+∞）是單調函數(shù)；
（2）當a＜e時，函數(shù)f（x）在區(qū)間[1，e]上的最小值是$\frac{4}{3}$，求a的值；
（3）設g（x）=f（x）-$\frac{a}{x}$，A，B是函數(shù)g（x）圖象上任意不同的兩點，記線段AB的中點的橫坐標是x₀，證明直線AB的斜率k＞g'（x₀）．

Answer 1

分析 （1）求出f'（x），討論其符號，確定單調區(qū)間
（2）在[1，e]上，分如下情況討論：當1＜a＜e時，a≤1時，求出最值，列式計算，
 （3）$g'（{x_0}）=\frac{2}{{{x_1}+{x_2}}}$．又$k=\frac{{g（{x_2}）-g（{x_1}）}}{{{x_2}-{x_1}}}=\frac{{ln\frac{x_2}{x_1}}}{{{x_2}-{x_1}}}$，不妨設x₂＞x₁，要比較k與g'（x₀）的大小，即比較$\frac{ln\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}}{\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}-{x}_{1}}}$與$\frac{2}{{x}_{1}+{x}_{2}}$的大小，又因為x₂＞x₁，令h（x）=lnx-$\frac{2（x-1）}{x+1}，（x＞1）$，則h′（x）=$\frac{（x-1）^{2}}{x（x+1）^{2}}≥0$根據(jù)h（x）在[1，+∞）上的單調性即可得出結論．

解答 （1）解：$f'（x）=\frac{x-a}{x^2}$．
因為a＜0，x＞0，所以f'（x）＞0．∴函數(shù)f（x）在（0，+∞）是單增函數(shù)；…（2分）
（2）解：在[1，e]上，分如下情況討論：當1＜a＜e時，函數(shù)f（x）在[1，a）上有f'（x）＜0，單調遞減，在（a，e]上有f'（x）＞0，單調遞增，
∴函數(shù)f（x）的最小值為$f（a）=lna+1=\frac{4}{3}$，得$a={e^{\frac{1}{3}}}$．…（8分）
當a≤1時，函數(shù)f（x）在[1，e]上有f'（x）＞0，單調遞增，∴函數(shù)f（x）的最小值為f（1）=a=$\frac{3}{3}$＞1，故不存在
綜上，得$a={e^{\frac{1}{3}}}$．
（3）證明：$g（x）=lnx，g'（x）=\frac{1}{x}$，$g'（{x_0}）=\frac{2}{{{x_1}+{x_2}}}$．
又$k=\frac{{g（{x_2}）-g（{x_1}）}}{{{x_2}-{x_1}}}=\frac{{ln\frac{x_2}{x_1}}}{{{x_2}-{x_1}}}$，不妨設x₂＞x₁，
要比較k與g'（x₀）的大小，即比較$\frac{ln\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}}{\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}-{x}_{1}}}$與$\frac{2}{{x}_{1}+{x}_{2}}$的大小，又因為x₂＞x₁，
所以即比較ln$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$與$\frac{2（{x}_{2}-{x}_{1}）}{{x}_{2}+{x}_{1}}$=$\frac{2（\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}-1）}{\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}+1}$的大�。�
令h（x）=lnx-$\frac{2（x-1）}{x+1}，（x＞1）$，則h′（x）=$\frac{（x-1）^{2}}{x（x+1）^{2}}≥0$，∴h（x）在[1，+∞）上是增函數(shù)．
又$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}＞1$，∴h（$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$）＞h（1）=0，∴$ln\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}＞\frac{2（\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}-1）}{\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}+1}$，即k＞g'（x₀）．…（14分）

點評 本題考查了導數(shù)的綜合應用，考查了分類討論思想、轉化思想，屬于難題．