Question

11．已知函數(shù)f（x）=lnx-$\frac{a}{x}（{a∈R}）$．
（1）若f（x）在[1，e]的最小值為$\frac{3}{2}$，求a的值；
（2）若f（x）＜x+a在x∈（1，+∞）上恒成立，求a的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）求出導(dǎo)函數(shù)，利用①若a≥-1時(shí)，②若a≤-e時(shí)，③若-e＜a＜-1，分別判斷函數(shù)的單調(diào)性，通過函數(shù)的最小值求解a的值即可．
（2）利用$lnx-\frac{a}{x}＜x+a$，在（1，+∞）上恒成立，分離變量a，構(gòu)造新函數(shù)，求出新函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，利用新函數(shù)的單調(diào)性，求解函數(shù)的最值，然后推出a的范圍．

解答 （本小題滿分12分）
解：（1）由（1）可得$f'（x）=\frac{1}{x}+\frac{a}{x^2}=\frac{x+a}{x^2}$，
①若a≥-1時(shí)，則x+a≥0，即f'（x）≥0在[1，e]上恒成立，此時(shí)，f（x）在[1，e]上單調(diào)遞增，
∴$f{（x）_{min}}=f（1）=-a=\frac{3}{2}$，∴$a=-\frac{3}{2}$（舍去），
②若a≤-e時(shí)，則x+a≤0，即f'（x）≤0在[1，e]上恒成立，此時(shí)，f（x）在[1，e]上單調(diào)遞減，
∴$f{（x）_{min}}=f（e）=1-\frac{a}{e}=\frac{3}{2}$，∴$a=-\frac{e}{2}$（舍去），
③若-e＜a＜-1，令f'（x）=0得x=-a，
當(dāng)1≤x＜-a時(shí)，f'（x）＜0，∴f（x）在[1，-a）上單調(diào)遞減，
當(dāng)-a＜x≤e時(shí)，f'（x）＞0，∴f（x）在（-a，e]上單調(diào)遞增，
∴$f{（x）_{min}}=f（-a）=ln（-a）+1=\frac{3}{2}$，∴$a=-\sqrt{e}$，
綜上所述，$a=-\sqrt{e}$；                                             （6分）
（2）∵$lnx-\frac{a}{x}＜x+a$，在（1，+∞）上恒成立
∴$a+\frac{a}{x}＞lnx-x$，∴$a＞\frac{x（lnx-x）}{x+1}，x∈（1，+∞）$，
令$g（x）=\frac{x（lnx-x）}{x+1}，x∈（1，+∞）$則 a＞g（x）_max
$g'（x）=\frac{{lnx-{x^2}-x+1}}{{{{（x+1）}^2}}}$，令h（x）=lnx-x²-x+1
∴${h^'}（x）=\frac{1}{x}-2x-1=\frac{{-2{x^2}-x+1}}{x}=\frac{-（2x-1）（x+1）}{x}＜0$，在（1，+∞）上恒成立，
∴h（x）在（1，+∞）上單調(diào)遞減，∴h（x）＜h（1）=-1＜0，∴g′（x）＜0
∴g（x）在（1，+∞）上單調(diào)遞減，∴$g（x）＜g（1）=-\frac{1}{2}$，
∴當(dāng)$a≥-\frac{1}{2}$時(shí)，f（x）＜x+a在（1，+∞）上恒成立．（12分）

點(diǎn)評(píng) 本題考查函數(shù)的導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用，構(gòu)造法以及函數(shù)的導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的最值的關(guān)系，考查分類討論思想以及轉(zhuǎn)化思想的應(yīng)用．