Question

7．设函数f（x）=lnx-$\frac{{x}^{2}-a}{x}$，a为常数．
（1）求证：x≥lnx+1；
（2）当a=0时，求y=f（x）•f（$\frac{1}{x}$）的最小值；
（3）若不等式f（x）＜（a-1）x对?x∈（1，+∞）恒成立，求a的取值范围．

Answer 1

分析 （1）设g（x）=x-lnx-1，x＞0，求出导数和单调区间、极小值和最小值即可得证；
（2）求得a=0的函数表达式，求出导数，求出单调区间，即可得到所求最小值；
（3）由题意可得lnx+$\frac{a}{x}$＜ax对?x∈（1，+∞）恒成立．设h（x）=ax-lnx-$\frac{a}{x}$，x＞1，由于h（1）=a-0-a=0，当h（x）在（1，+∞）为增函数，即有h′（x）＞0恒成立，运用参数分离和基本不等式，结合不等式恒成立问题解法，即可得到a的范围．

解答 解：（1）证明：设g（x）=x-lnx-1，x＞0，
g′（x）=1-$\frac{1}{x}$=$\frac{x-1}{x}$，
当x＞1时，g′（x）＞0，g（x）递增；当0＜x＜1时，g′（x）＜0，g（x）递减，
可得g（x）在x=1处取得极小值，也为最小值0，
则g（x）≥g（1）=0，即为x≥lnx+1；
（2）当a=0时，y=f（x）•f（$\frac{1}{x}$）=（lnx-x）（ln$\frac{1}{x}$-$\frac{1}{x}$）
=-ln²x-$\frac{1}{x}$lnx+xlnx+1，
导数y′=-2lnx•$\frac{1}{x}$-$\frac{1-lnx}{{x}^{2}}$+1+lnx
=$\frac{（x-1）^{2}lnx+（x-1）（x+1）}{{x}^{2}}$，
当x＞1时，导数y′＞0，函数递增；当0＜x＜1时，导数y′＜0，函数递减．
则当x=1处，函数y取得极小值，也为最小值1；
（3）若不等式f（x）＜（a-1）x对?x∈（1，+∞）恒成立，
即为lnx+$\frac{a}{x}$＜ax对?x∈（1，+∞）恒成立．
设h（x）=ax-lnx-$\frac{a}{x}$，x＞1，
导数h′（x）=a-$\frac{1}{x}$+$\frac{a}{{x}^{2}}$=$\frac{a{x}^{2}-x+a}{{x}^{2}}$，
由于h（1）=a-0-a=0，
当h（x）在（1，+∞）为增函数，
即有h′（x）＞0恒成立，
则ax²-x+a＞0在x∈（1，+∞）恒成立，
即有a＞$\frac{x}{{x}^{2}+1}$=$\frac{1}{x+\frac{1}{x}}$，
由x+$\frac{1}{x}$＞2$\sqrt{x•\frac{1}{x}}$=2，可得$\frac{x}{{x}^{2}+1}$=$\frac{1}{x+\frac{1}{x}}$＜$\frac{1}{2}$，
可得a≥$\frac{1}{2}$．

点评 本题考查导数的运用：求单调区间和极值、最值，考查不等式的证明，注意运用构造函数法，考查不等式恒成立问题的解法，注意运用转化思想，考查基本不等式的运用，以及化简整理的运算能力，属于中档题．