Question

14．已知函数f（x）=lnx+$\frac{k}{x}$．
（1）若函数f（x）在区间为（0，1）上单调递减，求k的取值范围；
（2）若k取（1）中的最小值，且x≥1，求证：2+$\frac{1-e}{x}$≤f（x）≤$\frac{1}{2}$（x+$\frac{1}{x}$）．

Answer 1

分析 （1）令f′（x）≤0在（0，1）上恒成立即可得出k的范围；
（2）令h（x）=f（x）-2-$\frac{1-e}{x}$，g（x）=f（x）-$\frac{1}{2}$（x+$\frac{1}{x}$），利用导数求出h（x）和g（x）的最值，得出h（x）≥0，g（x）≤0即可得证．

解答 解：（1）f′（x）=$\frac{1}{x}$-$\frac{k}{{x}^{2}}$=$\frac{x-k}{{x}^{2}}$，
∵f（x）在区间为（0，1）上单调递减，
∴f′（x）=$\frac{x-k}{{x}^{2}}$≤0在（0，1）上恒成立，
∴即k≥x在（0，1）上恒成立，
∴k≥1．
（2）证明：由（Ⅰ）k=1，f（x）=lnx+$\frac{1}{x}$，
2+$\frac{1-e}{x}$≤f（x）≤$\frac{1}{2}$（x+$\frac{1}{x}$）?2+$\frac{1-e}{x}$≤lnx+$\frac{1}{x}$≤$\frac{1}{2}$（x+$\frac{1}{x}$）?2-$\frac{e}{x}$≤lnx≤$\frac{1}{2}$（x-$\frac{1}{x}$）．
设h（x）=lnx+$\frac{e}{x}$-2，则$h'（x）=\frac{1}{x}-\frac{e}{x^2}=\frac{x-e}{x^2}$，
∴h（x）在（1，e）上单调递减，在（e，+∞）上单调递增，
∴h_min（x）=h（e）=0，∴h（x）≥0，即2-$\frac{e}{x}$≤lnx．
设g（x）=lnx-$\frac{x}{2}$+$\frac{1}{2x}$，则g′（x）=$\frac{1}{x}$-$\frac{1}{2}$-$\frac{1}{2{x}^{2}}$=$\frac{-（x-1）^{2}}{2{x}^{2}}$≤0，
∴g（x）在（1，+∞）单调递减，∴g（x）≤g（1）=0，即lnx≤$\frac{1}{2}$（x-$\frac{1}{x}$）．
综上，则x≥1时$2+\frac{1-e}{x}≤f（x）≤\frac{1}{2}（x+\frac{1}{x}）$成立．

点评 本题考查了导数与函数单调性的关系，函数最值的计算，属于中档题．