Question

15．设函数f（x）=2lnx-kx+$\frac{1}{x}$（k为常数）．
（1）当k=0时，求函数f（x）的最值；
（2）若k≠0，讨论函数f（x）的单调性．

Answer 1

分析 （1）求导，根据导数和函数的最值得关系即可求出；
（2）先求导，分类讨论即可求出函数的单调区间．

解答 解：（1）当k=0时，$f（x）=2lnx+\frac{1}{x}$，
$f'（x）=\frac{2}{x}-\frac{1}{x^2}=\frac{2x-1}{x^2}$．
函数$f（x）=2lnx+\frac{1}{x}$的定义域是（0，+∞）．
令f'（x）＞0，得$x＞\frac{1}{2}$；令f'（x）＜0，得$0＜x＜\frac{1}{2}$，
所以函数$f（x）=2lnx+\frac{1}{x}$在区间$（{0，\frac{1}{2}}）$上单调递减，在区间$（{\frac{1}{2}，+∞}）$上单调递增．
所以函数f（x）的最小值为$f（{\frac{1}{2}}）=2ln\frac{1}{2}+\frac{1}{{\frac{1}{2}}}=-2ln2+2$，无最大值．
（2）函数$f（x）=2lnx-kx+\frac{1}{x}$的定义域是（0，+∞）．
$f'（x）=\frac{2}{x}-k-\frac{1}{x^2}=\frac{{-k{x^2}+2x-1}}{x^2}$，
令t（x）=-kx²+2x-1，△=4-4k，
①当0＜k＜1时，△＞0，函数t（x）=-kx²+2x-1有两个零点${x_1}=\frac{{-1-\sqrt{1-k}}}{-k}$=$\frac{{1+\sqrt{1-k}}}{k}＞0$，${x_2}=\frac{{-1+\sqrt{1-k}}}{-k}$=$\frac{{1-\sqrt{1-k}}}{k}＞0$，且x₁＞x₂＞0，
则f'（x）=0的两根为x₁，x₂．
令f'（x）＞0，得x₂＜x＜x₁；
令f'（x）＜0，得0＜x＜x₂或x＞x₁，
所以函数f（x）在区间 （$\frac{{1-\sqrt{1-k}}}{k}$，$\frac{{1+\sqrt{1-k}}}{k}$）上单调递增，
在区间 （0，$\frac{{1-\sqrt{1-k}}}{k}$），（$\frac{{1+\sqrt{1-k}}}{k}，+∞$）上单调递减；  
②当k≥1时，△≤0，t（x）=-kx²+2x-1≤0，f'（x）≤0，且不恒为0，所以函数f（x）在区间（0，+∞）上单调递减．
③当k＜0时，△＞0，
函数t（x）=-kx²+2x-1有两个零点${x_1}=\frac{{-1-\sqrt{1-k}}}{-k}$=$\frac{{1+\sqrt{1-k}}}{k}＜0$（舍去），${x_2}=\frac{{-1+\sqrt{1-k}}}{-k}$=$\frac{{1-\sqrt{1-k}}}{k}＞0$，
则f'（x）=0的两根为x₁，x₂．
令f'（x）＞0，得x＞x₂；
令f'（x）＜0，得0＜x＜x₂，
所以函数f（x）在区间（0，$\frac{{1-\sqrt{1-k}}}{k}$）上单调递减，在区间（$\frac{{1-\sqrt{1-k}}}{k}，+∞$）上单调递增

点评 本题考查了导数的综合应用及存在性命题的判断，以及分类讨论的思想，属于中档题．