Question

8．已知函数f（x）=lnx+$\frac{a}{x}$
（Ⅰ）讨论函数f（x）的单调性
（Ⅱ）当x∈（1，+∞）时，f（x）$＜\frac{x}{2}$恒成立，求实数a的取值范围．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函数的导数，通过讨论a的范围，求出函数的单调区间即可；
（Ⅱ）问题转化为a＜$\frac{{x}^{2}}{2}$-xlnx在（1，+∞）恒成立，令g（x）=$\frac{{x}^{2}}{2}$-xlnx，（x＞1），根据函数的单调性求出a的范围即可．

解答 解：（Ⅰ）∵定义域为（0，+∞）
∴f′（x）=-$\frac{a}{{x}^{2}}$+$\frac{1}{x}$=$\frac{x-a}{{x}^{2}}$，
①当a≤0，f′（x）≥0，恒成立，
∴f（x）在定义域（0，+∞）单调递增；
②当a＞0，当x＞a时，f′（x）＞0，f（x）单调递增；
当0＜x＜a，f′（x）＜0，f（x）单调递减．
∴函数f（x）的单调递增区间：（a，+∞），单调递减区间：（0，a）；
（Ⅱ）x∈（1，+∞）时，f（x）$＜\frac{x}{2}$恒成立，
即a＜$\frac{{x}^{2}}{2}$-xlnx在（1，+∞）恒成立，
令g（x）=$\frac{{x}^{2}}{2}$-xlnx，（x＞1），
则g′（x）=x-lnx-1，g″（x）=1-$\frac{1}{x}$＞0，
故g′（x）递增，g′（x）＞g（1）=0，
故g（x）在（1，+∞）递增，
故g（x）＞g（1）=$\frac{1}{2}$，
故a≤$\frac{1}{2}$．

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函数恒成立问题，考查转化思想、分类讨论思想，是一道中档题．