Question

（2010•九江二模）已知函数f(x)=lnx+

a

x

．
（1）当a＞0时，求函数f（x）的单调区间；
（2）若f（x）在[1，e]上的最小值为1，求实数a的取值范围；（其中e为自然对数的底数）；
（3）若f(x)＜

1

2

x在(1，+∞)上恒成立，求实数a的取值范围．

Answer 1

分析：（1）由f'（x）=

1

x

-

a

x2

=

x-a

x2

（x＞0），能推导出f（x）的单调区间．
（2）由x∈[1，e]，知当a≤1时，f'（x）≥0，故f（x）_min=f（1）=a=1；当a≥e时，f'（x）≤0，推导出a=0（舍去）；当1＜a＜e时，推导出a=1（舍去）．综上所述，a=1．
（3）f（x）＜

1

2

x在（1，+∞）上恒成立?a＜

1

2

x2-xlnx在（1，+∞）上恒成立．令g(x)=

1

2

x2-xlnx，g'（x）=x-lnx-1．h（x）=x-lnx-1，h'（x）=1-

1

x

=

x-1

x

．由此进行分类讨论，能求出实数a的取值范围．

解答：解：（1）∵f'（x）=

1

x

-

a

x2

=

x-a

x2

（x＞0）…（2分）
∴f'（x）＞0?x＞a，f'（x）＜0?0＜x＜a…（3分）
∴f（x）在（0，a）上单调递减，
在（a，+∞）上单调递增   …（4分）
（2）∵x∈[1，e]
∴当a≤1时，f'（x）≥0，
∴f（x）在[1，e]上单调递增，
故f（x）_min=f（1）=a=1
满足题意   …（5分）
当a≥e时，f'（x）≤0，
∴f(x)在[1，e]上单调递减，故f(x)min=f(e)=1+

a

e

=1⇒a=0（舍去）   …（6分）
当1＜a＜e时，由（1）知f（x）在（1，a）上单调递减，
在（a，e）上单调递增，
故f（x）_min=f（a）=lna+1=1⇒a=1（舍去）  …（7分）
综上所述，a=1…（8分）
（3）f（x）＜

1

2

x在（1，+∞）上恒成立?a＜

1

2

x2-xlnx在（1，+∞）上恒成立…（9分）
令g(x)=

1

2

x2-xlnx
g'（x）=x-lnx-1
令h（x）=x-lnx-1h'（x）
=1-

1

x

=

x-1

x

…（10分）
当x∈（1，+∞）时，h'（x）＞0
故h（x）在（1，+∞）上单调递增，
所以h（x）＞h（1）=0
故g(x)在(1，+∞)上单调递增，所以g(x)＞g(1)=

1

2

，
所以a≤

1

2

．…（12分）

点评：本题考查解导数在求函数最大值和最小值中的实际应用，考查运算求解能力，推理论证能力；考查函数与方程思想，化归与转化思想．综合性强，是高考的重点，易错点是知识体系不牢固．