Question

14．已知函數(shù)f（x）=lnx+$\frac{a}{x}$（a＞0）．
（Ⅰ）當a=1時，求函數(shù)f（x）的單調區(qū)間；
（Ⅱ）求函數(shù)f（x）在[1，+∞）上的最小值；
（Ⅲ）證明：?a∈（0，1），f（$\frac{{a}^{2}}{2}$）＞$\frac{{a}^{3}}{2}$．

Answer 1

分析 （Ⅰ）通過a=1，求出函數(shù)的導數(shù)，令導數(shù)大于0，小于0，即可求函數(shù)f（x）的單調區(qū)間；
（Ⅱ）求出f（x）的導數(shù)，得到函數(shù)的單調區(qū)間，通過討論a的范圍，求出函數(shù)的最小值即可；
（Ⅲ）問題轉化為ln$\frac{{a}^{2}}{2}$+$\frac{2}{a}$-$\frac{{a}^{3}}{2}$＞0，令h（a）=ln$\frac{{a}^{2}}{2}$+$\frac{2}{a}$-$\frac{{a}^{3}}{2}$，求出h（a）的導數(shù)，得到h（a）的單調性，求出h（a）＞h（1）＞0即可．

解答 解：（Ⅰ）f（x）的定義域是（0，+∞），
f′（x）=$\frac{x-a}{{x}^{2}}$，a=1時，f′（x）=$\frac{x-1}{{x}^{2}}$，
x∈（0，1）時，f′（x）＜0，則f（x）在 （0，1）上單調遞減，
x∈[1，+∞）時，f′（x）≥0，則f（x）在[1，+∞）上單調遞增；
（Ⅱ）f′（x）=$\frac{x-a}{{x}^{2}}$，令f′（x）=0，解得：x=a，
當0＜x＜a時，f′（x）＜0，x＞a時，f′（x）＞0，
∴f（x）在（0，a）遞減，在（a，+∞）遞增，
①0＜a≤1時，f（x）在[1，+∞）遞增，f（x）_min=f（1）=a，
②a＞1時，f（x）在[1，a）遞減，在（a，+∞）遞增，f（x）_min=f（a）=lna+1，
綜上，0＜a≤1時f（x）_min=a，a＞1時，f（x）_min=lna+1；
（Ⅲ）要證?a∈（0，1），f（$\frac{{a}^{2}}{2}$）＞$\frac{{a}^{3}}{2}$，即證ln$\frac{{a}^{2}}{2}$+$\frac{2}{a}$-$\frac{{a}^{3}}{2}$＞0，
令h（a）=ln$\frac{{a}^{2}}{2}$+$\frac{2}{a}$-$\frac{{a}^{3}}{2}$=2lna+$\frac{2}{a}$-$\frac{{a}^{3}}{2}$-ln2，
∵h′（a）=$\frac{-{3a}^{4}+4（a-1）}{{2a}^{2}}$，
?a∈（0，1），h′（a）＜0，h（a）是減函數(shù)，
故h（a）＞h（1）=2-$\frac{1}{2}$-ln2＞0，
即ln$\frac{{a}^{2}}{2}$+$\frac{2}{a}$-$\frac{{a}^{3}}{2}$＞0，
∴?a∈（0，1），f（$\frac{{a}^{2}}{2}$）＞$\frac{{a}^{3}}{2}$．

點評 本題考查函數(shù)的導數(shù)的綜合應用，函數(shù)的單調區(qū)間的求法，利用導數(shù)求解函數(shù)的最小值的方法，考查轉化思想，分類討論思想的應用．