Question

1．已知函数f（x）=lnx+$\frac{1}{a}$（α＞0）；
（1）如果函数F（x）=f（x）-ax+$\frac{1-α}{x}$在（1，2）内单调递增，求a的取值范围；
（2）若不等式af（x）≥x在区间[1，10]恒成立，求实数a的最小值．

Answer 1

分析 （1）由题意可知：原不等式转化成F′（x）≥0在（1，2）上恒成立，方法一：构造辅助函数求导，则g（x）≤0在x∈（1，2）上恒成立，则-$\frac{a-1}{a}$≥2，即可求得a的取值范围；
方法二：根据二次函数的根的分布问题，等价于$\left\{\begin{array}{l}{a＞0}\\{a-1-a+1≤0}\\{4a-2-a+1≤0}\end{array}\right.$，即可求得a的取值范围；
（2）方法一：原不等式等价于1+alnx≥x在x∈[1，10]时恒成立，分离参数a≥$\frac{x-1}{lnx}$，在x∈[1，10]时恒成立，求导，利用导数求得h（x）的最大值，即可求得a的最小值；
方法二：即alnx-x+1＜0在x∈[1，10]无解，构造辅助函数，求导，根据函数单调性与导数的关系，分类讨论，即可求得实数a的最小值．

解答 解：（1）F（x）=lnx+$\frac{1}{a}$-ax+$\frac{1-α}{x}$，x∈（1，2），（α＞0）；
求导F′（x）=$\frac{1}{x}$-a-$\frac{1-a}{{x}^{2}}$=-$\frac{a{x}^{2}-x+1-a}{{x}^{2}}$，
由题意可知：F′（x）≥0在（1，2）上恒成立，
即-ax²+x-1+a≥0在（1，2）恒成立，
方法一：设g（x）=-ax²+x-1+a，x∈（1，2），则g（x）≤0在x∈（1，2）上恒成立，
由a＞0，g（x）=a（x-1）（x+$\frac{a-1}{a}$），
又g（x）≤0在x∈（1，2）上恒成立，
则-$\frac{a-1}{a}$≥2，解得：a≤$\frac{1}{3}$，
由α＞0，则0＜a≤$\frac{1}{3}$，
综上可知：a的取值范围（0，$\frac{1}{3}$]；
方法二：根据二次函数根的分别，
则-ax²+x-1+a=0，一个根小于等于1，一个根大于等于2，
则-ax²+x-1+a≤0，等价于$\left\{\begin{array}{l}{a＞0}\\{a-1-a+1≤0}\\{4a-2-a+1≤0}\end{array}\right.$，解得：0＜a≤$\frac{1}{3}$，
综上可知：a的取值范围（0，$\frac{1}{3}$]；
（2）根据条件可知：af（x）≥x在区间[1，10]恒成立，x=1显然成立，
则等价于1+alnx≥x在x∈[1，10]时恒成立，
即a≥$\frac{x-1}{lnx}$，在x∈[1，10]时恒成立，设h（x）=$\frac{x-1}{lnx}$，则a≥h（x）_max，
求导，h（x）=$\frac{lnx-（x-1）•\frac{1}{x}}{l{n}^{2}x}$=$\frac{lnx+\frac{1}{x}-1}{l{n}^{2}x}$，
设u（x）=lnx+$\frac{1}{x}$-1，求导u′（x）=$\frac{x-1}{{x}^{2}}$＞0，
则u（x）在[1，10]单调递增，则u（x）＞h（1）=0，
则h′（x）＞0，
∴h（x）在[1，10]单调递增，
∴h（x）_max=h（10）=$\frac{9}{ln10}$，
∴a≥$\frac{9}{ln10}$，
实数a的最小值$\frac{9}{ln10}$．
方法二：由等式af（x）≥x在区间[1，10]恒成立，则af（x）＜x在x∈[1，10]无解，
即alnx-x+1＜0在x∈[1，10]无解，
令g（x）=alnx-x+1则g（x）≥0在[1，10]恒成立，
求导g′（x）=$\frac{a-x}{x}$，
当0＜x＜a时，g′（x）＞0；当x＞a时，g′（x）＜0，
则函数g（x）在[0，a]上单调递增，在[a，+∞）单调递减，
则g（1）=0，
∴a＞1，
当1＜a＜10时，函数g（x）在[1，a]上单调递增，在[a，10]单调递减，
则g（10）≥0，即aln10-9≥0，解得：a≥$\frac{9}{ln10}$，
∴$\frac{9}{ln10}$≤a＜10，
当a≥10，函数在[1，10]单调递增，则g（x）≥g（1）=0，满足条件，
综上可知：a≥$\frac{9}{ln10}$，
∴实数a的最小值$\frac{9}{ln10}$．

点评 本题考查导数的综合应用，考查利用导数求函数的单调性及最值，考查分离参数法，求参数的取值范围，考查分类讨论思想及转化思想的应，属于难题．