Question

12．设f（x）=lnx+$\frac{a}{x}$．
（Ⅰ）求f（x）的单调区间；
（2）当a=1时，求实数m的取值范围，使得f（m）-f（x）＜$\frac{1}{m}$对任意x＞0恒成立．

Answer 1

分析 （1）求出g（x）的导数，对a讨论，当a≤0时，当a＞0时，令导数大于0，可得增区间，令导数小于0，可得减区间；
（2）先化简求出g（x），在根据导数求出函数g（x）的最小值，而g（m）-g（x）＜$\frac{1}{m}$，对任意x＞0恒成立，转化为lnm＜g（x）恒成立，问题得以解决．

解答 解：（1）f（x）=lnx+$\frac{a}{x}$，（x＞0），
f′（x）=$\frac{1}{x}$-$\frac{a}{{x}^{2}}$=$\frac{x-a}{{x}^{2}}$，（x＞0），
当a≤0时，f′（x）＞0，f（x）在（0，+∞）上递增；
当a＞0时，0＜x＜a时，f′（x）＜0，f（x）在（0，a）上递减，
x＞a时，f′（x）＞0，f（x）在（a，+∞）上递增．
综上可得，当a≤0时，f（x）的增区间为（0，+∞）；
当a＞0时，f（x）的增区间为（a，+∞），减区间为（0，a）．
（2）f（x）=lnx+$\frac{a}{x}$，
由a=1，f（x）=lnx+$\frac{1}{x}$，
f′（x）=$\frac{1}{x}$-$\frac{1}{{x}^{2}}$=$\frac{x-1}{{x}^{2}}$，
令f′（x）=0，解得x=1，
当f′（x）＞0，即x＞1时，函数f（x）单调递增，
当f′（x）＜0，即0＜x＜1时，函数f（x）单调递减，
即有f（x）_min=f（1）=1，
由于f（m）-f（x）＜$\frac{1}{m}$，对任意x＞0恒成立，
则lnm+$\frac{1}{m}$-$\frac{1}{m}$＜f（x），m＞0，
即有lnm＜f（x）恒成立，
即lnm＜1，
解得0＜m＜e，
则实数m的取值范围是（0，e）．

点评 本题主要考查了利用导数求切线的方程和函数的最值，以及利用导数研究函数的单调性等基础知识，考查综合利用数学知识分析问题、解决问题的能力．