Question

15．函數(shù)f（x）=$\frac{1}{{x}^{2}}$+alnx（其中a為常數(shù)），在[1，2]上的最小值為$\frac{1}{4}$+aln2或$\frac{a}{2}$+aln$\sqrt{\frac{2}{a}}$或1．

Answer 1

分析 對(duì)a進(jìn)行討論，判斷f′（x）的符號(hào)，得出f（x）在[1，2]上的單調(diào)性，利用單調(diào)性求出最小值．

解答 解：f′（x）=-$\frac{2}{{x}^{3}}$+$\frac{a}{x}$=$\frac{a{x}^{2}-2}{{x}^{3}}$．（x＞0）
（1）若a≤0，則f′（x）＜0，∴f（x）在[1，2]上單調(diào)遞減，
∴f_min（x）=f（2）=$\frac{1}{4}$+aln2．
（2）若a＞0，令f′（x）=0，解得x=$\sqrt{\frac{2}{a}}$．
①若$\sqrt{\frac{2}{a}}$≤1，即a≥2，則f′（x）＞0在[1，2]上恒成立，
∴f（x）在[1，2]上單調(diào)遞增，∴f_min（x）=f（1）=1．
②若$\sqrt{\frac{2}{a}}$≥2，即0＜a≤$\frac{1}{2}$，則f′（x）＜0在[1，2]上恒成立，
∴f（x）在[1，2]上單調(diào)遞減，∴f_min（x）=f（2）=$\frac{1}{4}$+aln2．
③若1＜$\sqrt{\frac{2}{a}}$＜2，即$\frac{1}{2}$＜a＜2，則f′（x）＜0在[1，$\sqrt{\frac{2}{a}}$）上恒成立，f′（x）＞0在（$\sqrt{\frac{2}{a}}$，2]上恒成立．
∴f（x）在[1，$\sqrt{\frac{2}{a}}$）上單調(diào)遞減，在（$\sqrt{\frac{2}{a}}$，2]上單調(diào)遞增，
∴f_min（x）=f（$\sqrt{\frac{2}{a}}$）=$\frac{a}{2}$+aln$\sqrt{\frac{2}{a}}$．
綜上，當(dāng)a≤$\frac{1}{2}$時(shí)，f（x）的最小值為$\frac{1}{4}$+aln2，
當(dāng)$\frac{1}{2}＜a＜2$時(shí)，f（x）的最小值為$\frac{a}{2}$+aln$\sqrt{\frac{2}{a}}$，
當(dāng)a≥2時(shí)，f（x）的最小值為1．
故答案為$\frac{1}{4}$+aln2或$\frac{a}{2}$+aln$\sqrt{\frac{2}{a}}$或1．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了導(dǎo)數(shù)與函數(shù)單調(diào)性的關(guān)系，函數(shù)最值的求解，分類(lèi)討論思想，屬于中檔題．