Question

19．已知f（x）=a（x-lnx）+$\frac{2x-1}{{x}^{2}}$，a∈R．
（I）讨论f（x）的单调性；
（II）当a=1时，证明f（x）＞f′（x）+$\frac{3}{2}$对于任意的x∈[1，2]成立．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出原函数的导函数，然后对a分类分析导函数的符号，由导函数的符号确定原函数的单调性；
（Ⅱ）构造函数F（x）=f（x）-f′（x），令g（x）=x-lnx，h（x）=$\frac{3}{x}+\frac{1}{{x}^{2}}$$-\frac{2}{{x}^{3}}-1$．则F（x）=f（x）-f′（x）=g（x）+h（x），利用导数分别求g（x）与h（x）的最小值得到F（x）＞$\frac{3}{2}$恒成立．由此可得f（x）＞f′（x）+$\frac{3}{2}$对于任意的x∈[1，2]成立．

解答 （Ⅰ）解：由f（x）=a（x-lnx）+$\frac{2x-1}{{x}^{2}}$，
得f′（x）=a（1-$\frac{1}{x}$）+$\frac{2{x}^{2}-（2x-1）•2x}{{x}^{4}}$
=$\frac{ax-a}{x}+\frac{2-2x}{{x}^{3}}$=$\frac{a{x}^{3}-a{x}^{2}+2-2x}{{x}^{3}}=\frac{（x-1）（a{x}^{2}-2）}{{x}^{3}}$（x＞0）．
若a≤0，则ax²-2＜0恒成立，
∴当x∈（0，1）时，f′（x）＞0，f（x）为增函数，
当x∈（1，+∞）时，f′（x）＜0，f（x）为减函数；
当a＞0，若0＜a＜2，当x∈（0，1）和（$\frac{\sqrt{2a}}{a}$，+∞）时，f′（x）＞0，f（x）为增函数，
当x∈（1，$\frac{\sqrt{2a}}{a}$）时，f′（x）＜0，f（x）为减函数；
若a=2，f′（x）≥0恒成立，f（x）在（0，+∞）上为增函数；
若a＞2，当x∈（0，$\frac{\sqrt{2a}}{a}$）和（1，+∞）时，f′（x）＞0，f（x）为增函数，
当x∈（$\frac{\sqrt{2a}}{a}$，1）时，f′（x）＜0，f（x）为减函数；
（Ⅱ）解：∵a=1，
令F（x）=f（x）-f′（x）=x-lnx$+\frac{2}{x}$$-\frac{1}{{x}^{2}}$-1$+\frac{2}{{x}^{2}}+\frac{1}{x}-\frac{2}{{x}^{3}}$=x-lnx+$\frac{3}{x}+\frac{1}{{x}^{2}}$$-\frac{2}{{x}^{3}}-1$．
令g（x）=x-lnx，h（x）=$\frac{3}{x}+\frac{1}{{x}^{2}}$$-\frac{2}{{x}^{3}}-1$．
则F（x）=f（x）-f′（x）=g（x）+h（x），
由$g′（x）=\frac{x-1}{x}≥0$，可得g（x）≥g（1）=1，当且仅当x=1时取等号；
又$h′（x）=\frac{-3{x}^{2}-2x+6}{{x}^{4}}$，
设φ（x）=-3x²-2x+6，则φ（x）在[1，2]上单调递减，
且φ（1）=1，φ（2）=-10，
∴在[1，2]上存在x₀，使得x∈（1，x₀） 时φ（x₀）＞0，x∈（x₀，2）时，φ（x₀）＜0，
∴函数h（x）在（1，x₀）上单调递增；在（x₀，2）上单调递减，
由于h（1）=1，h（2）=$\frac{1}{2}$，因此h（x）≥h（2）=$\frac{1}{2}$，当且仅当x=2取等号，
∴f（x）-f′（x）=g（x）+h（x）＞g（1）+h（2）=$\frac{3}{2}$，
∴F（x）＞$\frac{3}{2}$恒成立．
即f（x）＞f′（x）+$\frac{3}{2}$对于任意的x∈[1，2]成立．

点评 本题考查利用导数加以函数的单调性，考查了利用导数求函数的最值，考查了分类讨论的数学思想方法和数学转化思想方法，是压轴题．