Question

1．已知函數f（x）=$\frac{a}{x}$+$\frac{x}{a}$-（a-$\frac{1}{a}$）lnx（a＞0）．
（1）求函數f（x）的單調區(qū)間和極值；
（2）證明：當a∈[$\frac{1}{2}$，2]時，函數f（x）沒有零點（提示：ln2≈0.69，ln3≈1.1）．

Answer 1

分析 （1）求出函數的導數，求出函數的單調區(qū)間，從而求出函數的極值即可；
（2）得到f（a²）=$\frac{1}{a}$[a²+1-（a²-1）lna²]，由于$\frac{1}{4}$≤a²≤4，設g（x）=x+1-（x-1）lnx，（$\frac{1}{4}$≤x≤4），根據函數的單調性證明即可．

解答 解：（1）∵f（x）=$\frac{1}{a}$[x+$\frac{{a}^{2}}{x}$-（a²-1）lnx]，
∴f′（x）=$\frac{（x+1）（x{-a}^{2}）}{{ax}^{2}}$，
∵x＞0，∴x∈（0，a²）時，f′（x）＜0，
x∈（a²，+∞）時，f′（x）＞0，
∴f（x）在（0，a²）遞減，在（a²，+∞）遞增，
∴x=a²時，f（x）取極小值f（a²）=$\frac{1}{a}$[a²+1-（a²-1）lna²]；
（2）由（1）得：x=a²時，f（x）取極小值也是最小值，
f（a²）=$\frac{1}{a}$[a²+1-（a²-1）lna²]，
∵$\frac{1}{2}$≤a≤2，∴$\frac{1}{4}$≤a²≤4，
設g（x）=x+1-（x-1）lnx，（$\frac{1}{4}$≤x≤4），
則g′（x）=$\frac{1}{x}$-lnx，
∵g′（x）在[$\frac{1}{4}$，4]遞減，且g′（1）＞0，g′（2）＜0，
∴g′（x）有唯一的零點m∈（1，2），
使得g（x）在[$\frac{1}{4}$，m）遞增，在（m，4]遞減，
又由于g（$\frac{1}{4}$）=$\frac{5-6ln2}{4}$＞0，g（4）=5-6ln2＞0．
∴g（x）＞0恒成立，
從而f（a²）=$\frac{1}{a}$[a²+1-（a²-1）lna²]＞0恒成立，
則f（x）＞0恒成立，
∴a∈[$\frac{1}{2}$，2]時，函數f（x）沒有零點．

點評 本題考查了函數的單調性、極值問題，考查導數的應用以及不等式的證明，是一道中檔題．