Question

20．已知函數(shù)f（x）=$\frac{a}{x}$+lnx．
（Ⅰ）若函數(shù)f（x）在區(qū)間[1，e]上的最小值是$\frac{3}{2}$，求a的值；
（Ⅱ）當(dāng)a=1時，設(shè)F（x）=f（x）+1+$\frac{lnx}{x}$，求證：當(dāng)x＞1時，$\frac{F（x）}{{2{e^{x-1}}}}$＞$\frac{e+1}{{x{e^x}+1}}$．

Answer 1

分析 （Ⅰ）$f'（x）=\frac{x-a}{x^2}$，且x∈[1，e]，對a與1，e的大小關(guān)系分類討論，利用導(dǎo)數(shù)與單調(diào)性的關(guān)系即可得出．
（Ⅱ）要證$\frac{F（x）}{{2{e^{x-1}}}}＞\frac{e+1}{{x{e^x}+1}}$，即證$\frac{F（x）}{e+1}＞\frac{{2{e^{x-1}}}}{{x{e^x}+1}}$，當(dāng)a=1時，$F（x）=1+\frac{1}{x}+lnx+\frac{lnx}{x}$，$F'（x）=-\frac{1}{x^2}+\frac{1}{x}+\frac{1-lnx}{x^2}=\frac{x-lnx}{x^2}$，利用導(dǎo)數(shù)研究其單調(diào)性極值與最值即可得出．

解答 （Ⅰ）解：∵$f'（x）=\frac{x-a}{x^2}$，且x∈[1，e]，
①當(dāng)a≤1時，f'（x）≥0，函數(shù)f（x）單調(diào)遞增，其最小值為f（1）=a≤1，這與函數(shù)在[1，e]上的最小值是$\frac{3}{2}$相矛盾；
②當(dāng)1＜a＜e時，函數(shù)f（x）在[1，a）上有f'（x）＜0，單調(diào)遞減，在（a，e]上有f'（x）＞0，單調(diào)遞增，∴函數(shù)f（x）的最小值為$f（a）=lna+1=\frac{3}{2}$，得$a=\sqrt{e}$．
③當(dāng)a≥e時，f'（x）≤0，函數(shù)f（x）在[1，e]上單調(diào)遞減，其最小值為$f（e）=1+\frac{a}{e}≥2$，與最小值是$\frac{3}{2}$相矛盾．
綜上，a的值為$\sqrt{e}$．
（Ⅱ）證明：要證$\frac{F（x）}{{2{e^{x-1}}}}＞\frac{e+1}{{x{e^x}+1}}$，即證$\frac{F（x）}{e+1}＞\frac{{2{e^{x-1}}}}{{x{e^x}+1}}$，
當(dāng)a=1時，$F（x）=1+\frac{1}{x}+lnx+\frac{lnx}{x}$，$F'（x）=-\frac{1}{x^2}+\frac{1}{x}+\frac{1-lnx}{x^2}=\frac{x-lnx}{x^2}$，
令φ（x）=x-lnx，則$φ'（x）=1-\frac{1}{x}=\frac{x-1}{x}$，
當(dāng)x＞1時，φ'（x）＞0，φ（x）遞增；當(dāng)0＜x＜1時，φ'（x）＜0，φ（x）遞減，
∴φ（x）在x=1處取得唯一的極小值，即為最小值，即φ（x）≥φ（1）=1＞0，
∴F'（x）＞0，∴F（x）在（0，+∞）上是增函數(shù)，
∴當(dāng)x＞1時，F(xiàn)（x）為增函數(shù)，
故F（x）＞F（1）=2，故$\frac{F（x）}{e+1}＞\frac{2}{e+1}$．
令h（x）=$\frac{{2{e^{x-1}}}}{{x{e^x}+1}}$，則$h'（x）=2•\frac{{{e^{x-1}}（x{e^x}+1）-（x{e^x}+1）'{e^{x-1}}}}{{{{（x{e^x}+1）}^2}}}=\frac{{2{e^{x-1}}（1-{e^x}）}}{{{{（x{e^x}+1）}^2}}}$．
∵x＞1，∴1-e^x＜0，∴h'（x）＜0，即h（x）在（1，+∞）上是減函數(shù)，
∴x＞1時，$h（x）＜h（1）=\frac{2}{e+1}$，∴$\frac{F（x）}{e+1}＞\frac{2}{e+1}＞h（x）$，即$\frac{F（x）}{e+1}＞\frac{{2{e^{x-1}}}}{{x{e^x}+1}}$，
∴$\frac{F（x）}{{2{e^{x-1}}}}＞\frac{e+1}{{x{e^x}+1}}$．

點(diǎn)評 本題考查了利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性極值與最值、不等式的性質(zhì)、等價轉(zhuǎn)化方法，考查了推理能力與計算能力，屬于難題．