Question

15．已知函數(shù)f（x）=ax-lnx（a∈R）．
（1）當(dāng)a=1時(shí)，求f（x）的最小值；
（2）若存在x∈[1，3]，使$\frac{f（x）}{{x}^{2}}$+lnx=2成立，求a的取值范圍；
（3）若對(duì)任意的x∈[1，+∞），有f（x）≥f（$\frac{1}{x}$）成立，求a的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）求得f（x）的導(dǎo)數(shù)，求得單調(diào)區(qū)間，可得f（x）的極小值，也為最小值；
（2）由題意可得a=$\frac{{x}^{2}（2-lnx）+lnx}{x}$，設(shè)g（x）=$\frac{{x}^{2}（2-lnx）+lnx}{x}$，x∈[1，3]，求出導(dǎo)數(shù)和單調(diào)區(qū)間，極值和最值，即可得到所求a的范圍；
（3）由題意可得ax-lnx≥$\frac{a}{x}$-ln$\frac{1}{x}$，即有a（x-$\frac{1}{x}$）≥2lnx，x≥1，令F（x）=a（x-$\frac{1}{x}$）-2lnx，x≥1，求出導(dǎo)數(shù)，討論x=1，x＞1時(shí)，F(xiàn)（x）遞增，運(yùn)用分離參數(shù)和基本不等式，即可得到a的范圍．

解答 解：（1）f（x）=x-lnx（x＞0）的導(dǎo)數(shù)為f′（x）=1-$\frac{1}{x}$=$\frac{x-1}{x}$，
當(dāng)x＞1時(shí)，f′（x）＞0，f（x）遞增；當(dāng)0＜x＜1時(shí)，f′（x）＞0，f（x）遞減．
即有f（x）在x=1處取得極小值，也為最小值，且為1；
（2）存在x∈[1，3]，使$\frac{f（x）}{{x}^{2}}$+lnx=2成立，
即為$\frac{ax-lnx}{{x}^{2}}$=2-lnx，
即有a=$\frac{{x}^{2}（2-lnx）+lnx}{x}$，
設(shè)g（x）=$\frac{{x}^{2}（2-lnx）+lnx}{x}$，x∈[1，3]，
則g′（x）=（1-lnx）（1+$\frac{1}{{x}^{2}}$），
當(dāng)1＜x＜e時(shí)，g′（x）＞0，g（x）遞增；當(dāng)e＜x＜3時(shí)，g′（x）＜0，g（x）遞減．
則g（x）在x=e處取得極大值，且為最大值e+$\frac{1}{e}$；
g（1）=2，g（3）=3（2-ln3）+$\frac{ln3}{3}$＞2，
則a的取值范圍是[2，e+$\frac{1}{e}$]；
（3）若對(duì)任意的x∈[1，+∞），有f（x）≥f（$\frac{1}{x}$）成立，
即為ax-lnx≥$\frac{a}{x}$-ln$\frac{1}{x}$，
即有a（x-$\frac{1}{x}$）≥2lnx，x≥1，
令F（x）=a（x-$\frac{1}{x}$）-2lnx，x≥1，
F′（x）=a（1+$\frac{1}{{x}^{2}}$）-$\frac{2}{x}$，
當(dāng)x=1時(shí)，原不等式顯然成立；
當(dāng)x＞1時(shí)，由題意可得F′（x）≥0在（1，+∞）恒成立，
即有a（1+$\frac{1}{{x}^{2}}$）-$\frac{2}{x}$≥0，
即a≥$\frac{2x}{1+{x}^{2}}$，由$\frac{2x}{1+{x}^{2}}$=$\frac{2}{x+\frac{1}{x}}$＜$\frac{2}{2\sqrt{x•\frac{1}{x}}}$=1，
則a≥1．
綜上可得a的取值范圍是[1，+∞）．

點(diǎn)評(píng) 本題考查導(dǎo)數(shù)的運(yùn)用：求單調(diào)區(qū)間和極值、最值，考查構(gòu)造函數(shù)法和分類討論思想方法的運(yùn)用，考查運(yùn)算能力，屬于難題．