每日一题[885]指对纠缠

已知函数$f(x)=\ln x+\dfrac ax$，其中$a>0$．

(1) 若函数$f(x)$有零点，求实数$a$的取值范围；

(2) 求证：当$a\geqslant \dfrac{2}{\rm e}$，$b>1$时，$f(\ln b)>\dfrac 1b$．

分析与解　(1) 根据已知，函数$f(x)$的导函数 $$f'(x)=\dfrac{x-a}{x^2},$$ 因此函数$f(x)$在$x=a$处取得极小值，亦为最小值是 $$f(a)=\ln a+1,$$ 考虑到 $$\lim_{x\to 0^+}f(x)=\lim_{x\to +\infty}f(x)=+\infty,$$ 因此符合题意的实数$a$的取值范围是$\left(0,\dfrac{1}{\rm e}\right]$．

(2) 问题即当$a\geqslant \dfrac{2}{\rm e}$时，有 $$\forall x>0,\ln x+\dfrac{a}{x}>\dfrac{1}{{\rm e}^x},$$ 等价于证明 $$\forall x>0,\ln x+\dfrac{2}{{\rm e}x}-\dfrac{1}{{\rm e}^x}>0.$$
方法一　考虑到$x=1$时，左边的值为$\dfrac{1}{\rm e}$，比较接近$0$，尝试在$x=1$处对指数部分进行切线放缩 $${\rm e}^x\geqslant {\rm e}x,$$ 等号当且仅当$x=1$时取得．于是 $$LHS\geqslant \ln x+\dfrac{1}{{\rm e}x},$$ 设右边为函数$\varphi(x)$，则其导函数 $$\varphi'(x)=\dfrac{{\rm e}x-1}{{\rm e}x^2},$$ 于是$\varphi(x)$在$x=\dfrac{1}{\rm e}$处取得极小值，亦为最小值 $$\varphi\left(\dfrac{1}{\rm e}\right)=0.$$ 这样就有 $$\ln x+\dfrac{2}{{\rm e}x}-\dfrac{1}{{\rm e}^x}\geqslant \ln x+\dfrac{1}{{\rm e}x}\geqslant 0,$$ 且等号无法同时取得，原命题得证．

方法二　注意到不等式即 $$x\ln x-\dfrac{x}{{\rm e}^x}+\dfrac{2}{\rm e}>0,$$ 记$\mu(x)=x\ln x$，则该不等式即 $$\mu(x)+\mu\left({\rm e}^{-x}\right)> -\dfrac{2}{\rm e}.$$ 由于函数$\mu(x)$的导函数 $$\mu'(x)=1+\ln x,$$ 于是$\mu(x)$在$x=\dfrac{1}{\rm e}$处取得极小值，亦为最小值 $$\mu\left(\dfrac{1}{\rm e}\right)=-\dfrac{1}{\rm e},$$ 这样我们就得到了$\mu\left({\rm e}^{-x}\right)$在$x=1$处取得最小值$-\dfrac{1}{\rm e}$．因此 $$\mu(x)+\mu\left({\rm e}^{-x}\right)\geqslant -\dfrac{2}{\rm e},$$ 且等号无法取得，原命题得证．