Question

17．已知函数f（x）=$\frac{a}{x}$+lnx，g（x）=$\frac{lnx}{x}$，x∈（0，e]，a∈R
（Ⅰ）若a=1，求f（x）的单调区间与极值；
（Ⅱ）求证：在（I）的条件下，f（x）＞g（x）+$\frac{1}{2}$；
（Ⅲ）是否存在实数a，使f（x）的最小值是-1？若存在，求出a的值，若不存在，说明理由．

Answer 1

分析 （I）直接利用导函数来判断原函数的单调性与求极值即可；
（II）令h（x）=g（x）+$\frac{1}{2}$=$\frac{lnx}{x}$+$\frac{1}{2}$，x∈（0，e]，判断h（x）最大值小于1即可；
（III）假设存在实数a，使f（x）=$\frac{a}{x}$+lnx，x∈（0，e]有最小值-1，对a分类讨论从而判断f（x）_min=-1求a值；

解答 解：（I）当a=1时，f（x）=$\frac{1}{x}$+lnx，f'（x）=$\frac{x-1}{{x}^{2}}$，x∈（0，e]．
令f'（x）=0，得x=1．
当x∈（0，1）时，f'（x）＜0，此时f（x）单调递减；
当x∈（1，e]时，f'（x）＞0，此时f（x）单调递增；
所以f（x）的单调递减区间为（0，1），单调递增区间为（1，e]；
f（x）在区间（0，e]上的极小值为f（1）=1．
（II）由（1）知f（x）在（0，e]上的最小值为1，
令h（x）=g（x）+$\frac{1}{2}$=$\frac{lnx}{x}$+$\frac{1}{2}$，x∈（0，e]，所以h'（x）=$\frac{1-lnx}{{x}^{2}}$；
当x∈（0，e）时，h'（x）＞0，h（x）在（0，e）上单调递增．
所以h（x）_max=h（e）=$\frac{1}{e}$+$\frac{1}{2}$＜1=f（x）_min；
故在（I）条件下，f（x）＞g（x）+$\frac{1}{2}$；
（III）假设存在实数a，使f（x）=$\frac{a}{x}$+lnx，x∈（0，e]有最小值-1．
因为f'（x）=$\frac{x-a}{{x}^{2}}$，
①当a≤0时，f'（x）＞0，f（x）在（0，e]上单调递增，此时f（x）无最小值；
②当0＜a＜e时，当x∈（0，a）时，f'（x）＜0，故f（x）在区间（0，a）上单调递减；
当x∈（a，e）时，f'（x）＞0，故f（x）在区间（a，e]上单调递增；
所以f（x）_min=f（a）=$\frac{a}{a}$+lna=-1，得a=$\frac{1}{{e}^{2}}$，满足条件；
③当a≥e时，因为0＜x＜e，所以f'（x）＜0，故f（x）在（0，e]上单调递减；
f（x）_min=f（e）=$\frac{a}{e}$+lne=-1，得a=-2e（舍去）；
综上，存在实数a=$\frac{1}{{e}^{2}}$，使得f（x）在（0，e]上的最小值为-1．

点评 本题主要考查了利用导函数判断原函数的单调性与求最值，以及构造函数与分类讨论思想应用，属中等题．