Question

函数f（x）=lnx+

1

ax

-

1

a

（a为常数，a＞0）．
（1）若函数f（x）在区间[1，+∞）内单调递增，求a的取值范围；
（2）求函数f（x）在区间[1，2]上的最小值．

Answer 1

（1）∵f（x）=lnx+

1

ax

-

1

a

（a为常数，a＞0）．
∴f′（x）=

ax-1

ax2

　（x＞0）．
由已知得f′（x）≥0在[1，+∞）上恒成立，
即a≥

1

x

在[1，+∞）上恒成立，
又∵当x∈[1，+∞）时，

1

x

≤1，
∴a≥1，即a的取值范围为[1，+∞）．
（2）当a≥1时，∵f′（x）＞0在（1，2）上恒成立，f（x）在[1，2]上为增函数，
∴f（x）_min=f（1）=0，
当0＜a≤

1

2

时，∵f′（x）＜0在（1，2）上恒成立，这时f（x）在[1，2]上为减函数，
∴f（x）_min=f（2）=ln2-

1

2a

．
当

1

2

＜a＜1时，∵x∈[1，

1

a

）时，f′（x）＜0；
x∈（

1

a

，2]时，f′（x）＞0，
∴f（x）_min=-lna+1-

1

a

．
综上，f（x）在[1，2]上的最小值为 ①当0＜a≤

1

2

时，f（x）_min=ln2-

1

2a

；②当

1

2

＜a＜1时，f（x）_min=-lna+1-

1

a

．③当a≥1时，f（x）_min=0．