Question

5．已知函数f（x）=lnx，g（x）=$\frac{a}{x}$，F（x）=f（x）+g（x）．
（1）当a＜0时，求函数F（x）的单调区间；
（2）若函数F（x）在区间[1，e]上的最小值是$\frac{3}{2}$，求a的值；
（3）设A（x₁，y₁），B（x₂，y₂）是函数f（x）图象上任意不同的两点，线段AB的中点为C（x₀，y₀），直线AB的斜率为k，证明：k＞f′（x₀）

Answer 1

分析 （1）求出F（x）=lnx+$\frac{a}{x}$的导数，导数大于0，即可求函数的增区间；
（2）对a进行分类讨论，分别求出各种情况下的函数在[1，e]上的最小值令其为$\frac{3}{2}$，解方程求得a的值；
（3）对于当a=0时，先把f（x）=lnx具体出来，然后求导函数，得到f′（x₀），在利用斜率公式求出过这两点的斜率公式，利用构造函数并利用构造函数的单调性比较大小．

解答 （1）解：F（x）=lnx+$\frac{a}{x}$，则F′（x）=$\frac{x-a}{{x}^{2}}$，
∵a＜0，x＞0，∴F′（x）＞0，
∴函数F（x）的单调增区间是（0，+∞）；
（2）解：在[1，e]上，分如下情况讨论：
1．当a＜1时，f'（x）＞0，函数f（x）单调递增，其最小值为f（1）=a＜1，这与函数在[1，e]上的最小值是$\frac{3}{2}$相矛盾；
2．当a=1时，函数f（x）在（1，e]单调递增，其最小值为f（1）=1，同样与最小值是$\frac{3}{2}$相矛盾；
3．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=$\frac{3}{2}$，得a=$\sqrt{e}$．
4．当a=e时，函数f（x）在[1，e）上有f'（x）＜0，单调递减，其最小值为f（e）=225，还与最小值是$\frac{3}{2}$相矛盾；
5．当a＞e时，显然函数f（x）在[1，e]上单调递减，其最小值为f（e）=1+$\frac{a}{e}$＞2，仍与最小值是$\frac{3}{2}$相矛盾．
综上所述，a的值为$\sqrt{e}$．
（3）证明：当a=0时，f（x）=lnx
∴f′（x）=$\frac{1}{x}$
∴f'（x₀）=$\frac{2}{{x}_{1}+{x}_{2}}$
又k=$\frac{f（{x}_{2}）-f（{x}_{1}）}{{x}_{2}-{x}_{1}}$=$\frac{ln\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}}{{x}_{2}-{x}_{1}}$
不妨设x₂＞x₁，要比较k与f'（x₀）的大小，
即比较$\frac{ln\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}}{{x}_{2}-{x}_{1}}$与$\frac{2}{{x}_{1}+{x}_{2}}$的大小，
又∵x₂＞x₁，
∴即比较ln$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$与$\frac{2（{x}_{2}-{x}_{1}）}{{x}_{1}+{x}_{2}}$=$\frac{2（\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}-1）}{\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}+1}$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＞f'（x₀）．

点评 此题考查了利用导函数求函数的单调的增区间，还考查了构造函数并利用构造的函数的单调性把问题转化为恒成立的问题，重点考查了学生的转化的思想及构造的函数与思想．