Question

8．已知函數(shù)f（x）=2lnx+$\frac{a}{x}$-2lna-k$\frac{x}{a}$
（1）若k=0，證明f（x）＞0
（2）若f（x）≥0，求k的取值范圍；并證明此時f（x）的極值存在且與a無關．

Answer 1

分析 （1）求出函數(shù)的導數(shù)，解關于導函數(shù)的不等式，求出函數(shù)的單調區(qū)間，從而求出函數(shù)的最小值證明結論即可；
（2）問題轉化為2ln$\frac{x}{a}$+$\frac{a}{x}$≥k•$\frac{a}{x}$，令$\frac{x}{a}$=t（t＞0），得$\frac{2tlnt+1}{{t}^{2}}$≥k，令g（t）=$\frac{2tlnt+1}{{t}^{2}}$，根據(jù)函數(shù)的單調性證明即可．

解答 證明：（1）若k=0，f′（x）=$\frac{2}{x}$-$\frac{a}{{x}^{2}}$=$\frac{2x-a}{{x}^{2}}$，
x∈（0，$\frac{a}{2}$），f′（x）≥0，f（x）遞減，
x∈[$\frac{a}{2}$，+∞）時，f′（x）≤0，f（x）遞增，
故f（x）_min=f（$\frac{a}{2}$）=2ln$\frac{a}{2}$+2-2lna=2（1-ln2）＞0，得證；
（2）若f（x）=2lnx+$\frac{a}{x}$-2lna-k$\frac{a}{x}$≥0，
變形得2ln$\frac{x}{a}$+$\frac{a}{x}$≥k•$\frac{a}{x}$，
令$\frac{x}{a}$=t（t＞0），得$\frac{2tlnt+1}{{t}^{2}}$≥k，
g（t）=$\frac{2tlnt+1}{{t}^{2}}$，g′（t）=$\frac{2（t-tlnt-1）}{{t}^{3}}$，
令k（t）=t-tlnt-1，k′（t）=-lnt，
得k（t）=在（0，1]遞增，在（1，+∞）遞減，
故k（t）≤0，g′（t）≤0，
g（t）在（0，+∞）遞減，t→+∞，g（t）→0，
故g（t）＞0，k≤0，
下面證明f（x）的極值存在且與a無關，
①k=0，f′（x）=$\frac{2x-a}{{x}^{2}}$，f（x）_極小值=f（$\frac{a}{2}$）=2ln$\frac{a}{2}$+2-2lna=2（1-ln2）與a無關；
②k＜0，f′（x）=$\frac{-k（x{-x}_{1}）（x{-x}_{2}）}{{ax}^{2}}$，（其中x₁=$\frac{a（1+\sqrt{1-k}）}{k}$＜0，x₂=$\frac{a（1-\sqrt{1-k}）}{k}$＞0），
故x-x₁＞0且f（x）在x₂處取極小值，
f（x₂）=2ln$\frac{{x}_{2}}{a}$+$\frac{a}{{x}_{2}}$-k$\frac{{x}_{2}}{a}$，
∵x₂=$\frac{a（1-\sqrt{1-k}）}{k}$，∴$\frac{{x}_{2}}{a}$=$\frac{（1-\sqrt{1-k}）}{k}$是關于k的函數(shù)，（與a無關），
故f（x₂）與a無關．

點評 本題考查了函數(shù)的單調性、極值、最值問題，考查導數(shù)的應用以及不等式的證明，是一道綜合題．