Question

20．设常数a＞0，函数f（x）=$\frac{x^2}{1+x}$-alnx
（Ⅰ）当a=$\frac{3}{4}$时，求f（x）的最小值；
（Ⅱ）求证：f（x）有唯一的极值点．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函数的导数，解关于导函数的不等式，求出函数的单调区间，从而求出函数的最小值；
（Ⅱ）令g（x）=x³+（2-a）x²-2ax-a，要证f（x）有唯一的极值点，即证g（x）在（0，+∞）有唯一的变号零点，求出g（x）的导数，得到g（x₂）•g（a+1）＜0，从而证出结论．

解答 解：（Ⅰ）f（x）的定义域是（0，+∞），
f′（x）=$\frac{{x}^{3}+（2-a{）x}^{2}-2ax-a}{{x（1+x）}^{2}}$，
a=$\frac{3}{4}$时，f′（x）=$\frac{{4x}^{3}+{5x}^{2}-6x-3}{4{x（1+x）}^{2}}$=$\frac{（x-1）（{4x}^{2}+9x+3）}{4{x（1+x）}^{2}}$，
∵x＞0，∴$\frac{{4x}^{2}+9x+3}{4{x（1+x）}^{2}}$＞0，
令f′（x）＞0，解得：x＞1，令f′（x）＜0，解得：0＜x＜1，
∴f（x）在（0，1）递减，在（1，+∞）递增，
∴x=1时，f（x）最小，最小值是f（1）=$\frac{1}{2}$；
（Ⅱ）由（Ⅰ）得：f′（x）=$\frac{{x}^{3}+（2-a{）x}^{2}-2ax-a}{{x（1+x）}^{2}}$，
令g（x）=x³+（2-a）x²-2ax-a，
要证f（x）有唯一的极值点，即证g（x）在（0，+∞）有唯一的变号零点，
而g′（x）=3x²+（4-2a）x-2a，
令g′（x）=0，解得：x₁=$\frac{a-2-\sqrt{{a}^{2}+2a+4}}{3}$，x₂=$\frac{a-2+\sqrt{{a}^{2}+2a+4}}{3}$，
其中x₁＜0，x₂＞0，∵g′（0）=-2a＜0，且g′（x）的图象开口向上，
故在区间（0，x₂）上，g′（x）＜0，g（x）递减，
∴g（x₂）＜g（0）=-a＜0，
在区间（x₂，+∞）上，g′（x）＞0，g（x）递增，
∵g（x）=x²（x-a）+2x（x-a）-a，
∴g（a+1）=（a+1）²+a+2＞0，
∴g（x₂）•g（a+1）＜0，即g（x）在（0，+∞）上有唯一零点，
即f（x）在（0，+∞）上有唯一的极值点且是极小值点．

点评 本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应用以及函数的零点的证明，是一道综合题．