Question

13．已知函数$f（x）=-\frac{1}{a}+\frac{2}{x}（x＞0）$
（1）判断f（x）在（0，+∞）上的增减性，并证明你的结论
（2）解关于x的不等式f（x）＞0
（3）若f（x）+2x≥0在（0，+∞）上恒成立，求a的取值范围．

Answer 1

分析 （1）利用导数与函数单调性的关系进行判断与证明；
（2）求出f（x）=0的解，再根据f（x）的单调性得出不等式的解；
（3）令g（x）=f（x）+2x，求出g（x）的最小值，令g_min（x）≥0即可解出a的范围．

解答 解：（1）f（x）在（0，+∞）上是减函数，
证明：f′（x）=-$\frac{2}{{x}^{2}}$＜0，
∴f（x）在（0，+∞）上是减函数．
（2）①若a＜0，则f（x）=-$\frac{1}{a}+\frac{2}{x}$＞0恒成立，
∴f（x）＞0的解为（0，+∞）；
②若a＞0，令f（x）=-$\frac{1}{a}+\frac{2}{x}$=0得x=2a．
∵f（x）在（0，+∞）上是减函数，
∴f（x）＞0的解为（0，2a）．
综上，当a＜0时，不等式f（x）＞0的解集是（0，+∞），
当a＞0时，不等式f（x）＞0的解集是（0，2a）．
（3）令g（x）=f（x）+2x=-$\frac{1}{a}+\frac{2}{x}$+2x，
则g′（x）=2-$\frac{2}{{x}^{2}}$=2（1-$\frac{1}{{x}^{2}}$），
∴当0＜x＜1时，g′（x）＜0，当x＞1时，g′（x）＞0，
∴g（x）在（0，1）上单调递减，在（1，+∞）上单调递增．
∴g_min（x）=g（1）=-$\frac{1}{a}$+4，
∵f（x）+2x≥0在（0，+∞）上恒成立，
∴-$\frac{1}{a}$+4≥0，解得a＜0或a≥$\frac{1}{4}$．
∴a的取值范围是{a|a＜0或a≥$\frac{1}{4}$}．

点评 本题考查了函数单调性的证明与应用，函数最值的计算，函数恒成立问题研究，属于中档题．