Question

19．已知函数f（x）=lnx+$\frac{a}{x}$．
（1）当a＜0时，证明函数f（x）在（0，+∞）是单调函数；
（2）当a＜e时，函数f（x）在区间[1，e]上的最小值是$\frac{4}{3}$，求a的值；
（3）设g（x）=f（x）-$\frac{a}{x}$，A，B是函数g（x）图象上任意不同的两点，记线段AB的中点的横坐标是x₀，证明直线AB的斜率k＞g'（x₀）．

Answer 1

分析 （1）求出f'（x），讨论其符号，确定单调区间
（2）在[1，e]上，分如下情况讨论：当1＜a＜e时，a≤1时，求出最值，列式计算，
 （3）$g'（{x_0}）=\frac{2}{{{x_1}+{x_2}}}$．又$k=\frac{{g（{x_2}）-g（{x_1}）}}{{{x_2}-{x_1}}}=\frac{{ln\frac{x_2}{x_1}}}{{{x_2}-{x_1}}}$，不妨设x₂＞x₁，要比较k与g'（x₀）的大小，即比较$\frac{ln\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}}{\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}-{x}_{1}}}$与$\frac{2}{{x}_{1}+{x}_{2}}$的大小，又因为x₂＞x₁，令h（x）=lnx-$\frac{2（x-1）}{x+1}，（x＞1）$，则h′（x）=$\frac{（x-1）^{2}}{x（x+1）^{2}}≥0$根据h（x）在[1，+∞）上的单调性即可得出结论．

解答 （1）解：$f'（x）=\frac{x-a}{x^2}$．
因为a＜0，x＞0，所以f'（x）＞0．∴函数f（x）在（0，+∞）是单增函数；…（2分）
（2）解：在[1，e]上，分如下情况讨论：当1＜a＜e时，函数f（x）在[1，a）上有f'（x）＜0，单调递减，在（a，e]上有f'（x）＞0，单调递增，
∴函数f（x）的最小值为$f（a）=lna+1=\frac{4}{3}$，得$a={e^{\frac{1}{3}}}$．…（8分）
当a≤1时，函数f（x）在[1，e]上有f'（x）＞0，单调递增，∴函数f（x）的最小值为f（1）=a=$\frac{3}{3}$＞1，故不存在
综上，得$a={e^{\frac{1}{3}}}$．
（3）证明：$g（x）=lnx，g'（x）=\frac{1}{x}$，$g'（{x_0}）=\frac{2}{{{x_1}+{x_2}}}$．
又$k=\frac{{g（{x_2}）-g（{x_1}）}}{{{x_2}-{x_1}}}=\frac{{ln\frac{x_2}{x_1}}}{{{x_2}-{x_1}}}$，不妨设x₂＞x₁，
要比较k与g'（x₀）的大小，即比较$\frac{ln\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}}{\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}-{x}_{1}}}$与$\frac{2}{{x}_{1}+{x}_{2}}$的大小，又因为x₂＞x₁，
所以即比较ln$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$与$\frac{2（{x}_{2}-{x}_{1}）}{{x}_{2}+{x}_{1}}$=$\frac{2（\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}-1）}{\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}+1}$的大小．
令h（x）=lnx-$\frac{2（x-1）}{x+1}，（x＞1）$，则h′（x）=$\frac{（x-1）^{2}}{x（x+1）^{2}}≥0$，∴h（x）在[1，+∞）上是增函数．
又$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}＞1$，∴h（$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$）＞h（1）=0，∴$ln\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}＞\frac{2（\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}-1）}{\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}+1}$，即k＞g'（x₀）．…（14分）

点评 本题考查了导数的综合应用，考查了分类讨论思想、转化思想，属于难题．