Question

14．已知函数f（x）=lnx+$\frac{a}{x}（{a＞0}）$．
（Ⅰ） 若函数f（x）有零点，求实数a的取值范围；
（Ⅱ） 证明：当a≥$\frac{2}{e}$，b＞1时，f（lnb）＞$\frac{1}{b}$．

Answer 1

分析 （Ⅰ）法一：求出函数f（x）的导数，得到函数的单调区间，求出f（x）的最小值，从而求出a的范围即可；
法二：求出a=-xlnx，令g（x）=-xlnx，根据函数的单调性求出g（x）的最大值，从而求出a的范围即可；
（Ⅱ）令h（x）=xlnx+a，通过讨论a的范围，根据函数的单调性证明即可．

解答 解：（Ⅰ）法1：函数$f（x）=lnx+\frac{a}{x}$的定义域为（0，+∞）．
由$f（x）=lnx+\frac{a}{x}$，得$f'（x）=\frac{1}{x}-\frac{a}{x^2}=\frac{x-a}{x^2}$．…（1分）
因为a＞0，则x∈（0，a）时，f'（x）＜0；x∈（a，+∞）时，f'（x）＞0．
所以函数f（x）在（0，a）上单调递减，在（a，+∞）上单调递增．…（2分）
当x=a时，[f（x）]_min=lna+1．…（3分）
当lna+1≤0，即0＜a≤$\frac{1}{e}$时，又f（1）=ln1+a=a＞0，则函数f（x）有零点．…（4分）
所以实数a的取值范围为$（{0，\frac{1}{e}}]$．…（5分）
法2：函数$f（x）=lnx+\frac{a}{x}$的定义域为（0，+∞）．
由$f（x）=lnx+\frac{a}{x}=0$，得a=-xlnx．…（1分）
令g（x）=-xlnx，则g'（x）=-（lnx+1）．
当$x∈（{0，\frac{1}{e}}）$时，g'（x）＞0； 当$x∈（{\frac{1}{e}，+∞}）$时，g'（x）＜0．
所以函数g（x）在$（{0，\frac{1}{e}}）$上单调递增，在$（{\frac{1}{e}，+∞}）$上单调递减．…（2分）
故$x=\frac{1}{e}$时，函数g（x）取得最大值$g（{\frac{1}{e}}）=-\frac{1}{e}ln\frac{1}{e}=\frac{1}{e}$．…（3分）
因而函数$f（x）=lnx+\frac{a}{x}$有零点，则$0＜a≤\frac{1}{e}$．…（4分）
所以实数a的取值范围为$（{0，\frac{1}{e}}]$．…（5分）
（Ⅱ）证明：令h（x）=xlnx+a，则h'（x）=lnx+1．
当$0＜x＜\frac{1}{e}$时，h'（x）＜0；当$x＞\frac{1}{e}$时，h'（x）＞0．
所以函数h（x）在$（{0，\frac{1}{e}}）$上单调递减，在$（{\frac{1}{e}，+∞}）$上单调递增．
当$x=\frac{1}{e}$时，${[{h（x）}]_{min}}=-\frac{1}{e}+a$．…（6分）
于是，当a≥$\frac{2}{e}$时，$h（x）≥-\frac{1}{e}+a≥\frac{1}{e}$．①…（7分）
令φ（x）=xe^-x，则φ'（x）=e^-x-xe^-x=e^-x（1-x）．
当0＜x＜1时，f'（x）＞0；当x＞1时，f'（x）＜0．
所以函数φ（x）在（0，1）上单调递增，在（1，+∞）上单调递减．
当x=1时，${[{φ（x）}]_{max}}=\frac{1}{e}$．…（8分）
于是，当x＞0时，$φ（x）≤\frac{1}{e}$．②…（9分）
显然，不等式①、②中的等号不能同时成立．
故当x＞0，$a≥\frac{2}{e}$时，xlnx+a＞xe^-x．…（10分）
因为b＞1，所以lnb＞0．
所以lnb•ln（lnb）+a＞lnb•e^-lnb．…（11分）
所以$ln（{lnb}）+\frac{a}{lnb}＞\frac{1}{b}$，即$f（{lnb}）＞\frac{1}{b}$．…（12分）

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，考查不等式的证明，是一道综合题．