Question

10．设常数λ＞0，a＞0，f（x）=$\frac{{x}^{2}}{λ+x}$-alnx
（1）若f（x）在x=λ处取得极小值为0，求λ和a的值；
（2）对于任意给定的正实数λ、a，证明：存在实数x₀，当x＞x₀时，f（x）＞0．

Answer 1

分析 （1）解方程组$\left\{\begin{array}{l}{f（λ）=0}\\{f′（λ）=0}\end{array}\right.$即可得出λ和a的值；
（2）f（x）＞x-λ-alnx，令h（x）=x-λ-alnx=x-a$\sqrt{x}$-λ+a（$\sqrt{x}$-lnx），证明$\sqrt{x}$-lnx＞0，则f（x）＞0转化为证明h（x）＞0，转化为x-a$\sqrt{x}$-λ≥0，解出x即可得出符合条件的x₀．

解答 解：（1）f′（x）=$\frac{2x（λ+x）-{x}^{2}}{（x+λ）^{2}}$-$\frac{a}{x}$=$\frac{{x}^{3}+2λ{x}^{2}-a（x+λ）^{2}}{x（x+λ）^{2}}$，
∵f（x）在x=λ处取得极小值0，∴$\left\{\begin{array}{l}{f′（λ）=0}\\{f（λ）=0}\end{array}\right.$，
即$\left\{\begin{array}{l}{3{λ}^{3}-4a{λ}^{2}=0}\\{\frac{λ}{2}-alnλ=0}\end{array}\right.$，解得λ=e${\;}^{\frac{2}{3}}$，a=$\frac{3}{4}{e}^{\frac{2}{3}}$．
（Ⅱ）f（x）=$\frac{{x}^{2}}{λ+x}$-alnx=x-λ+$\frac{{λ}^{2}}{x+λ}$-alnx＞x-λ-alnx，
令h（x）=x-λ-alnx，故只需证明：存在实数x₀，当x＞x₀时，h（x）＞0，
h（x）=x-λ-alnx=x-a$\sqrt{x}$-λ+a（$\sqrt{x}$-lnx），
设y=$\sqrt{x}$-lnx，则y′=$\frac{1}{2\sqrt{x}}-\frac{1}{x}$=$\frac{\sqrt{x}-2}{2x}$．
∴当0＜x＜4时，y′＜0，当x＞4时，y′＞0，
∴当x=4时，y=$\sqrt{x}$-lnx取得最小值2-2ln2＞0，∴y=$\sqrt{x}$-lnx＞0．
令x-a$\sqrt{x}$-λ≥0，即（$\sqrt{x}$）²-a$\sqrt{x}$-λ≥0，解得：$\sqrt{x}$≥$\frac{a+\sqrt{{a}^{2}+4λ}}{2}$，即x≥（$\frac{a+\sqrt{{a}^{2}+4λ}}{2}$）²，
取x₀=（$\frac{a+\sqrt{{a}^{2}+4λ}}{2}$）²，则当x＞x₀时，恒有h（x）＞0．
∴当x＞x₀时，恒有f（x）＞0恒成立．

点评 本题考查了导数与函数单调性、函数极值的关系，函数恒等式的证明，属于中档题．