Question

14．已知函数f（x）=lnx+$\frac{a}{x}$（a＞0）．
（1）求f（x）的单调区间；
（2）P（x₀，y₀）是曲线y=f（x）上的任意一点，若以P（x₀，y₀）为切点的切线的斜率k≤$\frac{1}{2}$恒成立，求实数a的最小值；
（3）若关于x的方程$\frac{{x}^{3}+2（bx+a）}{2x}$=f（x）+$\frac{1}{2}$在区间（0，e）上有两个不相等的实根，求实数b的取值范围．

Answer 1

分析 （1）求出原函数的定义域，求出函数的导函数，由导函数的零点把定义域分段，根据导函数的符号得原函数的单调区间；
（2）把原函数求导后直接得到斜率的表达式，代入k≤$\frac{1}{2}$后把参数a分离出来，然后利用二次函数求最值得到实数a的最小值；
（3）把f（x）=lnx+$\frac{a}{x}$代入方程$\frac{{x}^{3}+2（bx+a）}{2x}$=f（x）+$\frac{1}{2}$，整理后得b=lnx-$\frac{1}{2}$x²+$\frac{1}{2}$，讨论原方程的根的情况，引入辅助函数h（x）=lnx-$\frac{1}{2}$x²-b+$\frac{1}{2}$，求导得到函数在（0，+∞）上的最大值，由最大值大于0，等于0，小于0分析b的取值情况．

解答 解：（1）函数f（x）=lnx+$\frac{a}{x}$（a＞0）的定义域为（0，+∞），
则f′（x）=$\frac{1}{x}$-$\frac{a}{{x}^{2}}$=$\frac{x-a}{{x}^{2}}$，
因为a＞0，由f′（x）＞0得x∈（a，+∞），由f′（x）＜0得x∈（0，a），
所以f（x）的单调递增区间为（a，+∞），单调递减区间为（0，a）．
（2）由题意，以P（x₀，y₀）为切点的切线的斜率k满足
k=f′（x₀）=$\frac{{x}_{0}-a}{{{x}_{0}}^{2}}$≤$\frac{1}{2}$（x₀＞0），
所以a≥-$\frac{1}{2}$x₀²+x₀对x₀＞0恒成立．
又当x₀＞0时，-$\frac{1}{2}$x₀²+x₀=-$\frac{1}{2}$（x₀-1）²+$\frac{1}{2}$≤$\frac{1}{2}$，
所以a的最小值为$\frac{1}{2}$．
（3）由$\frac{{x}^{3}+2（bx+a）}{2x}$=f（x）+$\frac{1}{2}$，
化简得b=lnx-$\frac{1}{2}$x²+$\frac{1}{2}$，（x∈（0，+∞））．
令h（x）=lnx-$\frac{1}{2}$x²+$\frac{1}{2}$，则h′（x）=$\frac{1}{x}$-x=$\frac{（1+x）（1-x）}{x}$，
当x∈（0，1）时，h′（x）＞0，当x∈（1，+∞）时，h′（x）＜0，
所以h（x）在区间（0，1）上单调递增，在区间（1，+∞）上单调递减．
所以h（x）在x=1处取得极大值即最大值，最大值为h（1）=ln1-$\frac{1}{2}$×12-b+$\frac{1}{2}$=-b．
故当-b＞0，即b＜0时，y=h（x） 的图象与x轴恰有两个交点，方程$\frac{{x}^{3}+2（bx+a）}{2x}$=f（x）+$\frac{1}{2}$有两个实根，
当b=0时，y=h（x） 的图象与x轴恰有一个交点，方程$\frac{{x}^{3}+2（bx+a）}{2x}$=f（x）+$\frac{1}{2}$有一个实根，
当b＞0时，y=h（x） 的图象与x轴无交点，方程$\frac{{x}^{3}+2（bx+a）}{2x}$=f（x）+$\frac{1}{2}$无实根．

点评 本题考查了利用导数研究函数的单调性，考查了导数在求最值中的应用，训练了分离变量法求参数的取值范围，考查了数学转化思想和分类讨论的数学思想，属难度稍大的题型．