Question

11．已知函數(shù)f（x）=alnx+$\frac{1}{x}$+$\frac{1}{2{x}^{2}}$（a∈R）．
（1）討論f（x）的增減性；
（2）求證：4x²lnx-3x²+2x+1≥0．

Answer 1

分析 （1）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，通過討論a的范圍，判斷函數(shù)的單調(diào)性即可；
（2）令g（x）=2lnx+$\frac{1}{x}$+$\frac{1}{{2x}^{2}}$，x＞0，求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，得到函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，求出g（x）的最小值，從而證出結(jié)論．

解答 解：（1）f（x）的定義域是（0，+∞），
f′（x）=$\frac{{ax}^{2}-x-1}{{x}^{3}}$，
a≤0時(shí)，∵x＞0，∴f′（x）＜0，
∴f（x）在（0，+∞）遞減；
a＞0時(shí)，由f′（x）=0，解得：x₁=$\frac{1+\sqrt{1+4a}}{2a}$＞0，x₂=$\frac{1-\sqrt{1+4a}}{2a}$＜0，
∴f（x）在（0，$\frac{1+\sqrt{1+4a}}{2a}$）遞減，在（$\frac{1+\sqrt{1+4a}}{2a}$，+∞）遞增；
（2）證明：令g（x）=2lnx+$\frac{1}{x}$+$\frac{1}{{2x}^{2}}$，x＞0，
則g′（x）=$\frac{（2x+1）（x-1）}{{x}^{3}}$，
∴g（x）在（0，1）遞減，在（1，+∞）遞增，
∴g（x）_min=g（1）=$\frac{3}{2}$，
∴2lnx+$\frac{1}{x}$+$\frac{1}{{2x}^{2}}$≥$\frac{3}{2}$，
整理得：4x²lnx-3x²+2x+1≥0．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了函數(shù)的單調(diào)性、最值問題，考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用以及不等式的證明，是一道中檔題．