Question

2．设函数f（x）=lnx+$\frac{a}{x}$，a∈R．
（Ⅰ）当a=e（e为自然对数的底数）时，求f（x）的极小值；
（Ⅱ）讨论函数g（x）=f′（x）-$\frac{x}{3}$零点的个数；
（Ⅲ）若对任意m＞n＞0，$\frac{f（m）-f（n）}{m-n}$＜1恒成立，求a的取值范围．

Answer 1

分析 （Ⅰ）根据分母不为0，对数函数定义求出f（x）的定义域，进而求出a=e的f（x）解析式，求出导函数，根据导函数的正负确定出函数的单调区间，即可求出f（x）的极小值；
（Ⅱ）把导函数代入g（x）=f′（x）-$\frac{x}{3}$，表示出g（x），令g（x）=0，表示出a，利用导函数的性质确定出g（x）零点个数即可；
（Ⅲ）对任意的m＞n＞0，$\frac{f（m）-f（n）}{m-n}$＜1恒成立，等价于f（m）-m＜f（n）-n恒成立（*），设h（x）=f（x）-x=lnx+$\frac{a}{x}$-x（x＞0），故（*）等价于h（x）在（0，+∞）上单调递减，进而求出a的最小值，确定出a的范围即可．

解答 解：（Ⅰ）f（x）的定义域为（0，+∞），
当a=e时，f（x）=lnx+$\frac{e}{x}$，则f′（x）=$\frac{x-e}{{x}^{2}}$，
∴当x∈（0，e）时，f′（x）＜0，f（x）在（0，e）上单调递减；
当x∈（e，+∞）时，f′（x）＞0，f（x）在（e，+∞）上单调递增，
∴x=e时，f（x）取得极小值f（e）=lne+$\frac{e}{e}$=2，
∴f（x）的极小值为2；
（Ⅱ）由题设g（x）=f′（x）-$\frac{x}{3}$=$\frac{1}{x}$-$\frac{a}{x^2}$-$\frac{x}{3}$（x＞0），
令g（x）=0，得a=-$\frac{1}{3}$x³+x（x＞0），
设φ（x）=-$\frac{1}{3}$x³+x（x≥0），则φ′（x）=-x²+1=-（x-1）（x+1），
当x∈（0，1）时，φ′（x）＞0，φ（x）在（0，1）上单调递增；
当x∈（1，+∞）时，φ′（x）＜0，φ（x）在（1，+∞）上单调递减，
∴x=1是φ（x）的唯一极值点，且是极大值点，
∴x=1也是φ（x）的最大值点，
∴φ（x）的最大值为φ（1）=$\frac{2}{3}$．
又φ（0）=0，结合y=φ（x）的图象（如图所示），可知

①当a＞$\frac{2}{3}$时，函数g（x）无零点；
②当a=$\frac{2}{3}$时，函数g（x）有且只有一个零点；
③当0＜a＜$\frac{2}{3}$时，函数g（x）有两个零点；
④当a≤0时，函数g（x）有且只有一个零点（x＞0），
综上所述，当a＞$\frac{2}{3}$时，函数g（x）无零点；
当a=$\frac{2}{3}$或a≤0时，函数g（x）有且只有一个零点；
当0＜a＜$\frac{2}{3}$时，函数g（x）有两个零点；
（Ⅲ）对任意的m＞n＞0，$\frac{f（m）-f（n）}{m-n}$＜1恒成立，
等价于f（m）-m＜f（n）-n恒成立（*），
设h（x）=f（x）-x=lnx+$\frac{a}{x}$-x（x＞0），
∴（*）等价于h（x）在（0，+∞）上单调递减，
由h′（x）=$\frac{1}{x}$-$\frac{a}{x^2}$-1≤0在（0，+∞）上恒成立，
得a≥-x²+x=-（x-$\frac{1}{2}$）²+$\frac{1}{4}$（x＞0）恒成立，
∴a≥$\frac{1}{4}$（对a=$\frac{1}{4}$，h′（x）=0仅在x=$\frac{1}{2}$时成立），
∴a的取值范围是[$\frac{1}{4}$，+∞）．

点评 此题考查了利用导数研究函数的单调性，利用导数求函数的极值，以及利用导数求函数在闭区间上的最值，熟练掌握导数的性质是解本题的关键．