Question

11．已知函數f（x）=ln x-$\frac{a}{x}$，e為自然對數的底數．
（1）若a＞0，試判斷f（x）的單調性；
（2）若f（x）在[1，e]上的最小值為$\frac{3}{2}$，求a的值；
（3）若f（x）＜x²在（1，+∞）上恒成立，求a的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）求出f（x）的定義域為（0，+∞），求出導函數，判斷f′（x）＞0，證明f（x）在（0，+∞）上是單調遞增函數．
（2）求出f′（x）=$\frac{x+a}{{x}^{2}}$．通過①若a≥-1，判斷單調性求解最值；②若a≤-e，③若-e＜a＜-1，求出函數的最值，即可得到a的值；
（3）化簡表達式為：a＞xln x-x³．令g（x）=xln x-x³，求出h（x）=g′（x）=1+ln x-3x²，求出導數，判斷函數的單調性，求出函數的最值，即可推出結果．

解答 解：（1）由題意知f（x）的定義域為（0，+∞），
f′（x）=$\frac{1}{x}$+$\frac{a}{{x}^{2}}$=$\frac{x+a}{{x}^{2}}$．
∵a＞0，∴f′（x）＞0，
故f（x）在（0，+∞）上是單調遞增函數．
（2）由（1）可知，f′（x）=$\frac{x+a}{{x}^{2}}$．
①若a≥-1，則當x∈[1，e]時，x+a≥0，即f′（x）≥0在[1，e]上恒成立，此時f（x）在[1，e]上為增函數，
∴f（x）_min=f（1）=-a=$\frac{3}{2}$，∴a=-$\frac{3}{2}$（舍去）．
②若a≤-e，則當x∈[1，e]時，x+a≤0，即f′（x）≤0在[1，e]上恒成立，此時f（x）在[1，e]上為減函數，
∴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，
當1＜x＜-a時，f′（x）＜0，f（x）在（1，-a）上為減函數；
當-a＜x＜e時，f′（x）＞0，f（x）在（-a，e）上為增函數．
∴f（x）_min=f（-a）=ln（-a）+1=$\frac{3}{2}$，∴a=-$\sqrt{e}$．
綜上所述，a=-$\sqrt{e}$．
（3）由f（x）＜x²，得ln x-$\frac{a}{x}$＜x²．
又x＞0，則a＞xln x-x³．
令g（x）=xln x-x³，h（x）=g′（x）=1+ln x-3x²，
則h′（x）=$\frac{1}{x}$-6x=$\frac{1-6{x}^{2}}{x}$．
∵x∈（1，+∞）時，h′（x）＜0，
∴h（x）在（1，+∞）上是減函數，
∴h（x）＜h（1）=-2＜0，即g′（x）＜0．
∴g（x）在（1，+∞）上也是減函數，
∴g（x）＜g（1）=-1，
∴當a≥-1時，f（x）＜x²在（1，+∞）上恒成立．

點評 本題考查函數的導數的應用，函數的單調性以及函數的最值的求法，考查構造法以及函數恒成立的應用，轉化思想以及計算能力的考查．