Question

11．已知函数f（x）=ln x-$\frac{a}{x}$，e为自然对数的底数．
（1）若a＞0，试判断f（x）的单调性；
（2）若f（x）在[1，e]上的最小值为$\frac{3}{2}$，求a的值；
（3）若f（x）＜x²在（1，+∞）上恒成立，求a的取值范围．

Answer 1

分析 （1）求出f（x）的定义域为（0，+∞），求出导函数，判断f′（x）＞0，证明f（x）在（0，+∞）上是单调递增函数．
（2）求出f′（x）=$\frac{x+a}{{x}^{2}}$．通过①若a≥-1，判断单调性求解最值；②若a≤-e，③若-e＜a＜-1，求出函数的最值，即可得到a的值；
（3）化简表达式为：a＞xln x-x³．令g（x）=xln x-x³，求出h（x）=g′（x）=1+ln x-3x²，求出导数，判断函数的单调性，求出函数的最值，即可推出结果．

解答 解：（1）由题意知f（x）的定义域为（0，+∞），
f′（x）=$\frac{1}{x}$+$\frac{a}{{x}^{2}}$=$\frac{x+a}{{x}^{2}}$．
∵a＞0，∴f′（x）＞0，
故f（x）在（0，+∞）上是单调递增函数．
（2）由（1）可知，f′（x）=$\frac{x+a}{{x}^{2}}$．
①若a≥-1，则当x∈[1，e]时，x+a≥0，即f′（x）≥0在[1，e]上恒成立，此时f（x）在[1，e]上为增函数，
∴f（x）_min=f（1）=-a=$\frac{3}{2}$，∴a=-$\frac{3}{2}$（舍去）．
②若a≤-e，则当x∈[1，e]时，x+a≤0，即f′（x）≤0在[1，e]上恒成立，此时f（x）在[1，e]上为减函数，
∴f（x）_min=f（e）=1-$\frac{a}{e}$=$\frac{3}{2}$，∴a=-$\frac{e}{2}$（舍去）．
③若-e＜a＜-1，令f′（x）=0得x=-a，
当1＜x＜-a时，f′（x）＜0，f（x）在（1，-a）上为减函数；
当-a＜x＜e时，f′（x）＞0，f（x）在（-a，e）上为增函数．
∴f（x）_min=f（-a）=ln（-a）+1=$\frac{3}{2}$，∴a=-$\sqrt{e}$．
综上所述，a=-$\sqrt{e}$．
（3）由f（x）＜x²，得ln x-$\frac{a}{x}$＜x²．
又x＞0，则a＞xln x-x³．
令g（x）=xln x-x³，h（x）=g′（x）=1+ln x-3x²，
则h′（x）=$\frac{1}{x}$-6x=$\frac{1-6{x}^{2}}{x}$．
∵x∈（1，+∞）时，h′（x）＜0，
∴h（x）在（1，+∞）上是减函数，
∴h（x）＜h（1）=-2＜0，即g′（x）＜0．
∴g（x）在（1，+∞）上也是减函数，
∴g（x）＜g（1）=-1，
∴当a≥-1时，f（x）＜x²在（1，+∞）上恒成立．

点评 本题考查函数的导数的应用，函数的单调性以及函数的最值的求法，考查构造法以及函数恒成立的应用，转化思想以及计算能力的考查．