Question

17．已知函數(shù)f（x）=$\frac{a}{x}$+lnx，g（x）=$\frac{lnx}{x}$，x∈（0，e]，a∈R
（Ⅰ）若a=1，求f（x）的單調(diào)區(qū)間與極值；
（Ⅱ）求證：在（I）的條件下，f（x）＞g（x）+$\frac{1}{2}$；
（Ⅲ）是否存在實數(shù)a，使f（x）的最小值是-1？若存在，求出a的值，若不存在，說明理由．

Answer 1

分析 （I）直接利用導(dǎo)函數(shù)來判斷原函數(shù)的單調(diào)性與求極值即可；
（II）令h（x）=g（x）+$\frac{1}{2}$=$\frac{lnx}{x}$+$\frac{1}{2}$，x∈（0，e]，判斷h（x）最大值小于1即可；
（III）假設(shè)存在實數(shù)a，使f（x）=$\frac{a}{x}$+lnx，x∈（0，e]有最小值-1，對a分類討論從而判斷f（x）_min=-1求a值；

解答 解：（I）當a=1時，f（x）=$\frac{1}{x}$+lnx，f'（x）=$\frac{x-1}{{x}^{2}}$，x∈（0，e]．
令f'（x）=0，得x=1．
當x∈（0，1）時，f'（x）＜0，此時f（x）單調(diào)遞減；
當x∈（1，e]時，f'（x）＞0，此時f（x）單調(diào)遞增；
所以f（x）的單調(diào)遞減區(qū)間為（0，1），單調(diào)遞增區(qū)間為（1，e]；
f（x）在區(qū)間（0，e]上的極小值為f（1）=1．
（II）由（1）知f（x）在（0，e]上的最小值為1，
令h（x）=g（x）+$\frac{1}{2}$=$\frac{lnx}{x}$+$\frac{1}{2}$，x∈（0，e]，所以h'（x）=$\frac{1-lnx}{{x}^{2}}$；
當x∈（0，e）時，h'（x）＞0，h（x）在（0，e）上單調(diào)遞增．
所以h（x）_max=h（e）=$\frac{1}{e}$+$\frac{1}{2}$＜1=f（x）_min；
故在（I）條件下，f（x）＞g（x）+$\frac{1}{2}$；
（III）假設(shè)存在實數(shù)a，使f（x）=$\frac{a}{x}$+lnx，x∈（0，e]有最小值-1．
因為f'（x）=$\frac{x-a}{{x}^{2}}$，
①當a≤0時，f'（x）＞0，f（x）在（0，e]上單調(diào)遞增，此時f（x）無最小值；
②當0＜a＜e時，當x∈（0，a）時，f'（x）＜0，故f（x）在區(qū)間（0，a）上單調(diào)遞減；
當x∈（a，e）時，f'（x）＞0，故f（x）在區(qū)間（a，e]上單調(diào)遞增；
所以f（x）_min=f（a）=$\frac{a}{a}$+lna=-1，得a=$\frac{1}{{e}^{2}}$，滿足條件；
③當a≥e時，因為0＜x＜e，所以f'（x）＜0，故f（x）在（0，e]上單調(diào)遞減；
f（x）_min=f（e）=$\frac{a}{e}$+lne=-1，得a=-2e（舍去）；
綜上，存在實數(shù)a=$\frac{1}{{e}^{2}}$，使得f（x）在（0，e]上的最小值為-1．

點評 本題主要考查了利用導(dǎo)函數(shù)判斷原函數(shù)的單調(diào)性與求最值，以及構(gòu)造函數(shù)與分類討論思想應(yīng)用，屬中等題．