Question

10．已知函数f（x）=lnx+$\frac{a}{x}$（a＞0）．
（Ⅰ）求函数f（x）在[1，+∞）上的最小值；
（Ⅱ）若存在三个不同的实数x_i（i=1，2，3）满足f（x）=ax．
（i）证明：?a∈（0，1），f（$\frac{{a}^{2}}{2}$）＞$\frac{{a}^{3}}{2}$；
（ii）求实数a的取值范围及x₁•x₂•x₃的值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出f（x）的导数，对a讨论，当a≥1时，当0＜a＜1时，讨论单调区间，可得最小值；
（Ⅱ）（i）求出f（$\frac{{a}^{2}}{2}$）-$\frac{{a}^{3}}{2}$，构造函数g（a）=2lna-$\frac{{a}^{3}}{2}$+$\frac{2}{a}$-ln2，利用导数求得g（a）＞g（1）=2-$\frac{1}{2}$-ln2＞0，问题得以证明；
（ii）求出原函数的导函数，然后讨论0＜a＜$\frac{1}{2}$f（x）的零点的个数，即可得到x₁•x₂•x₃的值．

解答 解：（Ⅰ）函数f（x）的导数为f′（x）=$\frac{1}{x}$-$\frac{a}{{x}^{2}}$=$\frac{x-a}{{x}^{2}}$，
当a≥1时，f（x）在[1，a]递减，在[a，+∞）递增，
可得f（x）在x=a取得极小值，且为最小值lna+1；
当0＜a＜1时，f′（x）＞0，f（x）在[1，+∞）递增，
f（1）取得最小值，且为a．
综上可得当a≥1时，f（x）的最小值为lna+1；
当0＜a＜1时，f（x）的最小值为a；
（Ⅱ）（i）证明：∵f（x）-ax=lnx-ax+$\frac{a}{x}$，
∴f（$\frac{{a}^{2}}{2}$）-$\frac{{a}^{3}}{2}$=ln$\frac{{a}^{2}}{2}$-$\frac{{a}^{3}}{2}$+$\frac{2}{a}$=2lna-$\frac{{a}^{3}}{2}$+$\frac{2}{a}$-ln2，
令g（a）=2lna-$\frac{{a}^{3}}{2}$+$\frac{2}{a}$-ln2，
∴g′（a）=$\frac{2}{a}$-$\frac{2}{{a}^{2}}$-$\frac{3{a}^{2}}{2}$=$\frac{-3{a}^{4}+4（a-1）}{2{a}^{2}}$，
∴a∈（0，1）时，g'（a）＜0，g（a）单调递减，
∴g（a）＞g（1）=2-$\frac{1}{2}$-ln2＞0，
∴?a∈（0，1），f（$\frac{{a}^{2}}{2}$）＞$\frac{{a}^{3}}{2}$；
（ii）∵f（x）-ax的导数为f′（x）-a=$\frac{1}{x}$-a（1+$\frac{1}{{x}^{2}}$）=$\frac{-a{x}^{2}+x-a}{{x}^{2}}$，
令f′（x）=a，∴-ax²+x-a=0，
∵函数f（x）-ax存在不同的零点，∴△=1-4a²＞0，
解得-$\frac{1}{2}$＜a＜$\frac{1}{2}$，
由0＜a＜$\frac{1}{2}$，令f′（x）=a，得，x₄=$\frac{1-\sqrt{1-4{a}^{2}}}{2a}$，x₅=$\frac{1+\sqrt{1-4{a}^{2}}}{2a}$，
此时，f（x）在（0，x₄）上递减，（x₄，x₅）上递增，（x₅，+∞）上递减，
∴f（x）至多有三个零点．
∵f（x）在（x₄，1）递增，∴f（x₄）＜f（1）=a，
又∵f（$\frac{{a}^{2}}{2}$）＞$\frac{{a}^{3}}{2}$，
∴?x₀∈（$\frac{{a}^{2}}{2}$，x₄），使得f（x₀）=a，
又f（ $\frac{1}{{x}_{0}}$）=-f（x₀）=a，f（1）=a，
∴恰有三个不同零点：x₀，1，$\frac{1}{{x}_{0}}$，
∴函数f（x）存在三个不同的零点时，a的取值范围是（0，$\frac{1}{2}$）；
且x₁•x₂•x₃的值为1．

点评 本题主要考查基本初等函数的导数、导数的运算及导数的应用；考查推理论证能力、运算求解能力以及应用意识，考查化归与转化思想、分类与整合思想、函数与方程思想，属于难题．