Question

17．已知函數f（x）=alnx+$\frac{1-{x}^{2}}{{x}^{2}}$，a∈R．
（1）若f（x）的最小值為0，求實數a的值；
（2）證明：當a=2時，f（x）≤f′（x）在x∈[1，2]上恒成立，其中f′（x）表示f（x）的導函數．

Answer 1

分析 （1）求出原函數的導函數，對a分類分析，可知當a≤0時，f′（x）＜0，f（x）在（0，+∞）上是減函數，f（x）的最小值不為0；當a＞0時，求出導函數的零點，可得原函數的單調性，求其最小值，由最小值為0進一步利用導數求得a值；
（2）當a=2時，f（x）=2lnx+$\frac{1-{x}^{2}}{{x}^{2}}$，f′（x）=$\frac{2}{x}-\frac{2}{{x}^{3}}$．構造函數h（x）=$2lnx+\frac{2}{{x}^{3}}+\frac{1}{{x}^{2}}-\frac{2}{x}-1$，問題轉化為h（x）=$2lnx+\frac{2}{{x}^{3}}+\frac{1}{{x}^{2}}-\frac{2}{x}-1$≤0在x∈[1，2]上恒成立．利用導數可得存在x₀∈（1，2），使h（x）在[1，x₀）上為減函數，在（x₀，2]上為增函數，再由h（1）=0，h（2）=2ln2-$\frac{3}{2}$＜0，可知h（x）=$2lnx+\frac{2}{{x}^{3}}+\frac{1}{{x}^{2}}-\frac{2}{x}-1$≤0在x∈[1，2]上恒成立．即當a=2時，f（x）≤f′（x）在x∈[1，2]上恒成立．

解答 （1）解：∵f（x）=alnx+$\frac{1-{x}^{2}}{{x}^{2}}$=alnx+$\frac{1}{{x}^{2}}-1$，
∴f′（x）=$\frac{a}{x}-\frac{2}{{x}^{3}}=\frac{a{x}^{2}-2}{{x}^{3}}$（x＞0）．
當a≤0時，f′（x）＜0，f（x）在（0，+∞）上是減函數，f（x）的最小值不為0；
當a＞0時，f′（x）=$\frac{a}{x}-\frac{2}{{x}^{3}}=\frac{a{x}^{2}-2}{{x}^{3}}$=$\frac{a（x+\sqrt{\frac{2}{a}}）（x-\sqrt{\frac{2}{a}}）}{{x}^{3}}$．
當x∈（0，$\sqrt{\frac{2}{a}}$）時，f′（x）＜0；當x∈（$\sqrt{\frac{2}{a}}$，+∞）時，f′（x）＞0．
∴f（x）在（0，$\sqrt{\frac{2}{a}}$）上為減函數，在（$\sqrt{\frac{2}{a}}$，+∞）上為增函數，
∴$f（x）_{min}=f（\sqrt{\frac{2}{a}}）$=$aln\sqrt{\frac{2}{a}}+\frac{a}{2}-1=0$，
令g（a）=$aln\sqrt{\frac{2}{a}}+\frac{a}{2}-1=\frac{a}{2}ln\frac{2}{a}+\frac{a}{2}-1$，則g′（a）=$\frac{1}{2}ln\frac{2}{a}$（a＞0）．
當a∈（0，2）時，g′（a）＞0；當a∈（2，+∞）時，g′（a）＜0，
∴g（a）在（0，2）上為增函數，在（2，+∞）上為減函數，則g（a）_max=g（2）=0．
∴f（x）的最小值為0，實數a的值為2；
（2）證明：當a=2時，f（x）=2lnx+$\frac{1-{x}^{2}}{{x}^{2}}$，f′（x）=$\frac{2}{x}-\frac{2}{{x}^{3}}$．
令h（x）=$2lnx+\frac{2}{{x}^{3}}+\frac{1}{{x}^{2}}-\frac{2}{x}-1$，
若f（x）≤f′（x）在x∈[1，2]上恒成立，
則h（x）=$2lnx+\frac{2}{{x}^{3}}+\frac{1}{{x}^{2}}-\frac{2}{x}-1$≤0在x∈[1，2]上恒成立．
h′（x）=$\frac{2（{x}^{3}+{x}^{2}-x-3）}{{x}^{4}}$，
令t（x）=x³+x²-x-3，t′（x）=3x²+2x-1＞0在[1，2]上恒成立，
∴t（x）在[1，2]上為增函數，又t（1）•t（2）＜0，∴存在x₀∈（1，2），使t（x₀）=0，
即存在x₀∈（1，2），使h′（x₀）=0，
則當x∈[1，x₀）時，h′（x₀）＜0；當x∈（x₀，2]時，h′（x₀）＞0．
即h（x）在[1，x₀）上為減函數，在（x₀，2]上為增函數，由h（1）=0，h（2）=2ln2-$\frac{3}{2}$＜0，
∴h（x）=$2lnx+\frac{2}{{x}^{3}}+\frac{1}{{x}^{2}}-\frac{2}{x}-1$≤0在x∈[1，2]上恒成立．
即當a=2時，f（x）≤f′（x）在x∈[1，2]上恒成立．

點評 本題考查導數在最大值與最小值問題中的應用，考查恒成立問題的求解方法，體現了數學轉化思想方法，考查學生的邏輯思維能力與推理論證能力，難度較大．