Question

20．已知函数f（x）=$\frac{a}{x}$+lnx．
（Ⅰ）若函数f（x）在区间[1，e]上的最小值是$\frac{3}{2}$，求a的值；
（Ⅱ）当a=1时，设F（x）=f（x）+1+$\frac{lnx}{x}$，求证：当x＞1时，$\frac{F（x）}{{2{e^{x-1}}}}$＞$\frac{e+1}{{x{e^x}+1}}$．

Answer 1

分析 （Ⅰ）$f'（x）=\frac{x-a}{x^2}$，且x∈[1，e]，对a与1，e的大小关系分类讨论，利用导数与单调性的关系即可得出．
（Ⅱ）要证$\frac{F（x）}{{2{e^{x-1}}}}＞\frac{e+1}{{x{e^x}+1}}$，即证$\frac{F（x）}{e+1}＞\frac{{2{e^{x-1}}}}{{x{e^x}+1}}$，当a=1时，$F（x）=1+\frac{1}{x}+lnx+\frac{lnx}{x}$，$F'（x）=-\frac{1}{x^2}+\frac{1}{x}+\frac{1-lnx}{x^2}=\frac{x-lnx}{x^2}$，利用导数研究其单调性极值与最值即可得出．

解答 （Ⅰ）解：∵$f'（x）=\frac{x-a}{x^2}$，且x∈[1，e]，
①当a≤1时，f'（x）≥0，函数f（x）单调递增，其最小值为f（1）=a≤1，这与函数在[1，e]上的最小值是$\frac{3}{2}$相矛盾；
②当1＜a＜e时，函数f（x）在[1，a）上有f'（x）＜0，单调递减，在（a，e]上有f'（x）＞0，单调递增，∴函数f（x）的最小值为$f（a）=lna+1=\frac{3}{2}$，得$a=\sqrt{e}$．
③当a≥e时，f'（x）≤0，函数f（x）在[1，e]上单调递减，其最小值为$f（e）=1+\frac{a}{e}≥2$，与最小值是$\frac{3}{2}$相矛盾．
综上，a的值为$\sqrt{e}$．
（Ⅱ）证明：要证$\frac{F（x）}{{2{e^{x-1}}}}＞\frac{e+1}{{x{e^x}+1}}$，即证$\frac{F（x）}{e+1}＞\frac{{2{e^{x-1}}}}{{x{e^x}+1}}$，
当a=1时，$F（x）=1+\frac{1}{x}+lnx+\frac{lnx}{x}$，$F'（x）=-\frac{1}{x^2}+\frac{1}{x}+\frac{1-lnx}{x^2}=\frac{x-lnx}{x^2}$，
令φ（x）=x-lnx，则$φ'（x）=1-\frac{1}{x}=\frac{x-1}{x}$，
当x＞1时，φ'（x）＞0，φ（x）递增；当0＜x＜1时，φ'（x）＜0，φ（x）递减，
∴φ（x）在x=1处取得唯一的极小值，即为最小值，即φ（x）≥φ（1）=1＞0，
∴F'（x）＞0，∴F（x）在（0，+∞）上是增函数，
∴当x＞1时，F（x）为增函数，
故F（x）＞F（1）=2，故$\frac{F（x）}{e+1}＞\frac{2}{e+1}$．
令h（x）=$\frac{{2{e^{x-1}}}}{{x{e^x}+1}}$，则$h'（x）=2•\frac{{{e^{x-1}}（x{e^x}+1）-（x{e^x}+1）'{e^{x-1}}}}{{{{（x{e^x}+1）}^2}}}=\frac{{2{e^{x-1}}（1-{e^x}）}}{{{{（x{e^x}+1）}^2}}}$．
∵x＞1，∴1-e^x＜0，∴h'（x）＜0，即h（x）在（1，+∞）上是减函数，
∴x＞1时，$h（x）＜h（1）=\frac{2}{e+1}$，∴$\frac{F（x）}{e+1}＞\frac{2}{e+1}＞h（x）$，即$\frac{F（x）}{e+1}＞\frac{{2{e^{x-1}}}}{{x{e^x}+1}}$，
∴$\frac{F（x）}{{2{e^{x-1}}}}＞\frac{e+1}{{x{e^x}+1}}$．

点评 本题考查了利用导数研究函数的单调性极值与最值、不等式的性质、等价转化方法，考查了推理能力与计算能力，属于难题．