Question

11．已知函数f（x）=lnx-$\frac{a}{x}（{a∈R}）$．
（1）若f（x）在[1，e]的最小值为$\frac{3}{2}$，求a的值；
（2）若f（x）＜x+a在x∈（1，+∞）上恒成立，求a的取值范围．

Answer 1

分析 （1）求出导函数，利用①若a≥-1时，②若a≤-e时，③若-e＜a＜-1，分别判断函数的单调性，通过函数的最小值求解a的值即可．
（2）利用$lnx-\frac{a}{x}＜x+a$，在（1，+∞）上恒成立，分离变量a，构造新函数，求出新函数的导数，利用新函数的单调性，求解函数的最值，然后推出a的范围．

解答 （本小题满分12分）
解：（1）由（1）可得$f'（x）=\frac{1}{x}+\frac{a}{x^2}=\frac{x+a}{x^2}$，
①若a≥-1时，则x+a≥0，即f'（x）≥0在[1，e]上恒成立，此时，f（x）在[1，e]上单调递增，
∴$f{（x）_{min}}=f（1）=-a=\frac{3}{2}$，∴$a=-\frac{3}{2}$（舍去），
②若a≤-e时，则x+a≤0，即f'（x）≤0在[1，e]上恒成立，此时，f（x）在[1，e]上单调递减，
∴$f{（x）_{min}}=f（e）=1-\frac{a}{e}=\frac{3}{2}$，∴$a=-\frac{e}{2}$（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）上单调递减，
当-a＜x≤e时，f'（x）＞0，∴f（x）在（-a，e]上单调递增，
∴$f{（x）_{min}}=f（-a）=ln（-a）+1=\frac{3}{2}$，∴$a=-\sqrt{e}$，
综上所述，$a=-\sqrt{e}$；                                             （6分）
（2）∵$lnx-\frac{a}{x}＜x+a$，在（1，+∞）上恒成立
∴$a+\frac{a}{x}＞lnx-x$，∴$a＞\frac{x（lnx-x）}{x+1}，x∈（1，+∞）$，
令$g（x）=\frac{x（lnx-x）}{x+1}，x∈（1，+∞）$则 a＞g（x）_max
$g'（x）=\frac{{lnx-{x^2}-x+1}}{{{{（x+1）}^2}}}$，令h（x）=lnx-x²-x+1
∴${h^'}（x）=\frac{1}{x}-2x-1=\frac{{-2{x^2}-x+1}}{x}=\frac{-（2x-1）（x+1）}{x}＜0$，在（1，+∞）上恒成立，
∴h（x）在（1，+∞）上单调递减，∴h（x）＜h（1）=-1＜0，∴g′（x）＜0
∴g（x）在（1，+∞）上单调递减，∴$g（x）＜g（1）=-\frac{1}{2}$，
∴当$a≥-\frac{1}{2}$时，f（x）＜x+a在（1，+∞）上恒成立．（12分）

点评 本题考查函数的导数的应用，构造法以及函数的导数与函数的最值的关系，考查分类讨论思想以及转化思想的应用．