Question

14．已知函数f（x）=lnx+$\frac{a}{x}$（a＞0）．
（Ⅰ）当a=1时，求函数f（x）的单调区间；
（Ⅱ）求函数f（x）在[1，+∞）上的最小值；
（Ⅲ）证明：?a∈（0，1），f（$\frac{{a}^{2}}{2}$）＞$\frac{{a}^{3}}{2}$．

Answer 1

分析 （Ⅰ）通过a=1，求出函数的导数，令导数大于0，小于0，即可求函数f（x）的单调区间；
（Ⅱ）求出f（x）的导数，得到函数的单调区间，通过讨论a的范围，求出函数的最小值即可；
（Ⅲ）问题转化为ln$\frac{{a}^{2}}{2}$+$\frac{2}{a}$-$\frac{{a}^{3}}{2}$＞0，令h（a）=ln$\frac{{a}^{2}}{2}$+$\frac{2}{a}$-$\frac{{a}^{3}}{2}$，求出h（a）的导数，得到h（a）的单调性，求出h（a）＞h（1）＞0即可．

解答 解：（Ⅰ）f（x）的定义域是（0，+∞），
f′（x）=$\frac{x-a}{{x}^{2}}$，a=1时，f′（x）=$\frac{x-1}{{x}^{2}}$，
x∈（0，1）时，f′（x）＜0，则f（x）在 （0，1）上单调递减，
x∈[1，+∞）时，f′（x）≥0，则f（x）在[1，+∞）上单调递增；
（Ⅱ）f′（x）=$\frac{x-a}{{x}^{2}}$，令f′（x）=0，解得：x=a，
当0＜x＜a时，f′（x）＜0，x＞a时，f′（x）＞0，
∴f（x）在（0，a）递减，在（a，+∞）递增，
①0＜a≤1时，f（x）在[1，+∞）递增，f（x）_min=f（1）=a，
②a＞1时，f（x）在[1，a）递减，在（a，+∞）递增，f（x）_min=f（a）=lna+1，
综上，0＜a≤1时f（x）_min=a，a＞1时，f（x）_min=lna+1；
（Ⅲ）要证?a∈（0，1），f（$\frac{{a}^{2}}{2}$）＞$\frac{{a}^{3}}{2}$，即证ln$\frac{{a}^{2}}{2}$+$\frac{2}{a}$-$\frac{{a}^{3}}{2}$＞0，
令h（a）=ln$\frac{{a}^{2}}{2}$+$\frac{2}{a}$-$\frac{{a}^{3}}{2}$=2lna+$\frac{2}{a}$-$\frac{{a}^{3}}{2}$-ln2，
∵h′（a）=$\frac{-{3a}^{4}+4（a-1）}{{2a}^{2}}$，
?a∈（0，1），h′（a）＜0，h（a）是减函数，
故h（a）＞h（1）=2-$\frac{1}{2}$-ln2＞0，
即ln$\frac{{a}^{2}}{2}$+$\frac{2}{a}$-$\frac{{a}^{3}}{2}$＞0，
∴?a∈（0，1），f（$\frac{{a}^{2}}{2}$）＞$\frac{{a}^{3}}{2}$．

点评 本题考查函数的导数的综合应用，函数的单调区间的求法，利用导数求解函数的最小值的方法，考查转化思想，分类讨论思想的应用．