Question

19．已知函數(shù)$f（x）=lnx-\frac{1}{x}，g（x）=x+\frac{1}{x}$．
（ I）證明：函數(shù)f（x）在[1，e]上存在唯一的零點；
（Ⅱ）若g（x）≥af（x）在[1，e]上恒成立，求a的取值范圍．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，得到函數(shù)的單調(diào)性，求出f（1）f（e）＜0，證出結(jié)論即可；
（Ⅱ）問題轉(zhuǎn)化為x+$\frac{1+a}{x}$-alnx≥0在[1，e]上恒成立，令h（x）=x+$\frac{1+a}{x}$-alnx，x∈[1，e]，通過討論a的范圍，結(jié)合函數(shù)的單調(diào)性求出a的具體范圍即可．

解答 解：（Ⅰ）證明：∵f（x）=lnx-$\frac{1}{x}$，x∈[1，e]，
則f′（x）=$\frac{1}{x}$+$\frac{1}{{x}^{2}}$＞0在[1，e]恒成立，
則f（x）在[1，e]遞增，
又f（1）=-1＜0，f（e）=1-$\frac{1}{e}$＞0，即f（1）•f（e）＜0，
∴函數(shù)f（x）在[1，e]上存在唯一的零點；
（Ⅱ）由g（x）≥af（x）在[1，e]上恒成立，
則x+$\frac{1}{x}$≥a（lnx-$\frac{1}{x}$），即x+$\frac{1+a}{x}$-alnx≥0在[1，e]上恒成立，
令h（x）=x+$\frac{1+a}{x}$-alnx，x∈[1，e]，
則h′（x）=$\frac{（x+1）（x-a-1）}{{x}^{2}}$，
∵x∈[1，e]，∴x+1＞0，
①1+a≥e即a≥e-1時，h′（x）≤0，h（x）在[1，e]遞減，
h（x）_min=h（e）=e+$\frac{1+a}{e}$-a，由h（x）_min≥0，得：a≤$\frac{{e}^{2}+1}{e-1}$，
即e-1≤a≤$\frac{{e}^{2}+1}{e-1}$；
②1+a≤1即a≤0時，h′（x）≥0，h（x）在[1，e]遞增，
h（x）_min=h（1）=2+a≥0，解得：a≥-2，
此時：-2≤a≤0；
③1＜1+a＜e，即0＜a＜e-1時，
在[1，a+1）上，h′（x）＜0，h（x）遞減，
在（a+1，e]上，h′（x）＞0，h（x）遞增，
∴h（x）_min=h（a+1）=a+2-aln（a+1），
∵1＜1+a＜e，∴0＜ln（a+1）＜1，
∴a+2-aln（1+a）＞a+2-a=2＞0，
即h（x）_min＞0恒成立，
∴0＜a＜e-1符合題意，
綜上，a的取值范圍是[-2，$\frac{{e}^{2}+1}{e-1}$]．

點評 本題考查了函數(shù)的單調(diào)性、最值問題，考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用以及分類討論思想，是一道綜合題．