x+a |
x2 |
∵a>0,∴f′(x)>0,
故f(x)在(0,+∞)单调递增;
(Ⅱ)由(Ⅰ)可得f′(x)=
x+a |
x2 |
①若a≥-1,则x+a≥0,即f′(x)≥0在[1,e]上恒成立,
此时f(x)在[1,e]上递增,
∴f(x)min=f(1)=-a=
3 |
2 |
3 |
2 |
②若a≤-e,则x+a≤0,即f′(x)≤0在[1,e]上恒成立,
此时f(x)在[1,e]上递减,
∴f(x)min=f(e)=1-
a |
e |
3 |
2 |
e |
2 |
③若-e<a<-1,令f′(x)=0,得x=-a,
当1<x<-a时,f′(x)<0,∴f(x)在(1,-a)递减,
当-a<x<e时,f′(x)>0,∴f(x)在(-a,e)递增,
∴f(x)min=f(-a)=ln(-a)+1=
3 |
2 |
e |
综上a=-
e |
(Ⅲ)∵f(x)<x2,∴lnx-
a |
x |
令g(x)=xlnx-x3,h(x)=g′(x)=1+lnx-3x2,h′(x)=
1−6x2 |
x |
∵x∈(1,+∞)时,h′(x)<0,∴h(x)在(1,+∞)递减,
∴h(x)<h(1)=-2<0,即g′(x)<0,∴g(x)在(1,+∞)递减,
∴g(x)<g(1)=-1,∴a≥-1时,f(x)<x2在(1,+∞)恒成立.