Question

14．已知函數f（x）=lnx+$\frac{a}{x}$（a＞0）．
（1）求f（x）的單調區(qū)間；
（2）P（x₀，y₀）是曲線y=f（x）上的任意一點，若以P（x₀，y₀）為切點的切線的斜率k≤$\frac{1}{2}$恒成立，求實數a的最小值；
（3）若關于x的方程$\frac{{x}^{3}+2（bx+a）}{2x}$=f（x）+$\frac{1}{2}$在區(qū)間（0，e）上有兩個不相等的實根，求實數b的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）求出原函數的定義域，求出函數的導函數，由導函數的零點把定義域分段，根據導函數的符號得原函數的單調區(qū)間；
（2）把原函數求導后直接得到斜率的表達式，代入k≤$\frac{1}{2}$后把參數a分離出來，然后利用二次函數求最值得到實數a的最小值；
（3）把f（x）=lnx+$\frac{a}{x}$代入方程$\frac{{x}^{3}+2（bx+a）}{2x}$=f（x）+$\frac{1}{2}$，整理后得b=lnx-$\frac{1}{2}$x²+$\frac{1}{2}$，討論原方程的根的情況，引入輔助函數h（x）=lnx-$\frac{1}{2}$x²-b+$\frac{1}{2}$，求導得到函數在（0，+∞）上的最大值，由最大值大于0，等于0，小于0分析b的取值情況．

解答 解：（1）函數f（x）=lnx+$\frac{a}{x}$（a＞0）的定義域為（0，+∞），
則f′（x）=$\frac{1}{x}$-$\frac{a}{{x}^{2}}$=$\frac{x-a}{{x}^{2}}$，
因為a＞0，由f′（x）＞0得x∈（a，+∞），由f′（x）＜0得x∈（0，a），
所以f（x）的單調遞增區(qū)間為（a，+∞），單調遞減區(qū)間為（0，a）．
（2）由題意，以P（x₀，y₀）為切點的切線的斜率k滿足
k=f′（x₀）=$\frac{{x}_{0}-a}{{{x}_{0}}^{2}}$≤$\frac{1}{2}$（x₀＞0），
所以a≥-$\frac{1}{2}$x₀²+x₀對x₀＞0恒成立．
又當x₀＞0時，-$\frac{1}{2}$x₀²+x₀=-$\frac{1}{2}$（x₀-1）²+$\frac{1}{2}$≤$\frac{1}{2}$，
所以a的最小值為$\frac{1}{2}$．
（3）由$\frac{{x}^{3}+2（bx+a）}{2x}$=f（x）+$\frac{1}{2}$，
化簡得b=lnx-$\frac{1}{2}$x²+$\frac{1}{2}$，（x∈（0，+∞））．
令h（x）=lnx-$\frac{1}{2}$x²+$\frac{1}{2}$，則h′（x）=$\frac{1}{x}$-x=$\frac{（1+x）（1-x）}{x}$，
當x∈（0，1）時，h′（x）＞0，當x∈（1，+∞）時，h′（x）＜0，
所以h（x）在區(qū)間（0，1）上單調遞增，在區(qū)間（1，+∞）上單調遞減．
所以h（x）在x=1處取得極大值即最大值，最大值為h（1）=ln1-$\frac{1}{2}$×12-b+$\frac{1}{2}$=-b．
故當-b＞0，即b＜0時，y=h（x） 的圖象與x軸恰有兩個交點，方程$\frac{{x}^{3}+2（bx+a）}{2x}$=f（x）+$\frac{1}{2}$有兩個實根，
當b=0時，y=h（x） 的圖象與x軸恰有一個交點，方程$\frac{{x}^{3}+2（bx+a）}{2x}$=f（x）+$\frac{1}{2}$有一個實根，
當b＞0時，y=h（x） 的圖象與x軸無交點，方程$\frac{{x}^{3}+2（bx+a）}{2x}$=f（x）+$\frac{1}{2}$無實根．

點評 本題考查了利用導數研究函數的單調性，考查了導數在求最值中的應用，訓練了分離變量法求參數的取值范圍，考查了數學轉化思想和分類討論的數學思想，屬難度稍大的題型．