Question

19．已知函数$f（x）=lnx-\frac{1}{x}，g（x）=x+\frac{1}{x}$．
（ I）证明：函数f（x）在[1，e]上存在唯一的零点；
（Ⅱ）若g（x）≥af（x）在[1，e]上恒成立，求a的取值范围．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函数的导数，得到函数的单调性，求出f（1）f（e）＜0，证出结论即可；
（Ⅱ）问题转化为x+$\frac{1+a}{x}$-alnx≥0在[1，e]上恒成立，令h（x）=x+$\frac{1+a}{x}$-alnx，x∈[1，e]，通过讨论a的范围，结合函数的单调性求出a的具体范围即可．

解答 解：（Ⅰ）证明：∵f（x）=lnx-$\frac{1}{x}$，x∈[1，e]，
则f′（x）=$\frac{1}{x}$+$\frac{1}{{x}^{2}}$＞0在[1，e]恒成立，
则f（x）在[1，e]递增，
又f（1）=-1＜0，f（e）=1-$\frac{1}{e}$＞0，即f（1）•f（e）＜0，
∴函数f（x）在[1，e]上存在唯一的零点；
（Ⅱ）由g（x）≥af（x）在[1，e]上恒成立，
则x+$\frac{1}{x}$≥a（lnx-$\frac{1}{x}$），即x+$\frac{1+a}{x}$-alnx≥0在[1，e]上恒成立，
令h（x）=x+$\frac{1+a}{x}$-alnx，x∈[1，e]，
则h′（x）=$\frac{（x+1）（x-a-1）}{{x}^{2}}$，
∵x∈[1，e]，∴x+1＞0，
①1+a≥e即a≥e-1时，h′（x）≤0，h（x）在[1，e]递减，
h（x）_min=h（e）=e+$\frac{1+a}{e}$-a，由h（x）_min≥0，得：a≤$\frac{{e}^{2}+1}{e-1}$，
即e-1≤a≤$\frac{{e}^{2}+1}{e-1}$；
②1+a≤1即a≤0时，h′（x）≥0，h（x）在[1，e]递增，
h（x）_min=h（1）=2+a≥0，解得：a≥-2，
此时：-2≤a≤0；
③1＜1+a＜e，即0＜a＜e-1时，
在[1，a+1）上，h′（x）＜0，h（x）递减，
在（a+1，e]上，h′（x）＞0，h（x）递增，
∴h（x）_min=h（a+1）=a+2-aln（a+1），
∵1＜1+a＜e，∴0＜ln（a+1）＜1，
∴a+2-aln（1+a）＞a+2-a=2＞0，
即h（x）_min＞0恒成立，
∴0＜a＜e-1符合题意，
综上，a的取值范围是[-2，$\frac{{e}^{2}+1}{e-1}$]．

点评 本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应用以及分类讨论思想，是一道综合题．