Question

1．已知函数f（x）=$\frac{a}{x}$+$\frac{x}{a}$-（a-$\frac{1}{a}$）lnx（a＞0）．
（1）求函数f（x）的单调区间和极值；
（2）证明：当a∈[$\frac{1}{2}$，2]时，函数f（x）没有零点（提示：ln2≈0.69，ln3≈1.1）．

Answer 1

分析 （1）求出函数的导数，求出函数的单调区间，从而求出函数的极值即可；
（2）得到f（a²）=$\frac{1}{a}$[a²+1-（a²-1）lna²]，由于$\frac{1}{4}$≤a²≤4，设g（x）=x+1-（x-1）lnx，（$\frac{1}{4}$≤x≤4），根据函数的单调性证明即可．

解答 解：（1）∵f（x）=$\frac{1}{a}$[x+$\frac{{a}^{2}}{x}$-（a²-1）lnx]，
∴f′（x）=$\frac{（x+1）（x{-a}^{2}）}{{ax}^{2}}$，
∵x＞0，∴x∈（0，a²）时，f′（x）＜0，
x∈（a²，+∞）时，f′（x）＞0，
∴f（x）在（0，a²）递减，在（a²，+∞）递增，
∴x=a²时，f（x）取极小值f（a²）=$\frac{1}{a}$[a²+1-（a²-1）lna²]；
（2）由（1）得：x=a²时，f（x）取极小值也是最小值，
f（a²）=$\frac{1}{a}$[a²+1-（a²-1）lna²]，
∵$\frac{1}{2}$≤a≤2，∴$\frac{1}{4}$≤a²≤4，
设g（x）=x+1-（x-1）lnx，（$\frac{1}{4}$≤x≤4），
则g′（x）=$\frac{1}{x}$-lnx，
∵g′（x）在[$\frac{1}{4}$，4]递减，且g′（1）＞0，g′（2）＜0，
∴g′（x）有唯一的零点m∈（1，2），
使得g（x）在[$\frac{1}{4}$，m）递增，在（m，4]递减，
又由于g（$\frac{1}{4}$）=$\frac{5-6ln2}{4}$＞0，g（4）=5-6ln2＞0．
∴g（x）＞0恒成立，
从而f（a²）=$\frac{1}{a}$[a²+1-（a²-1）lna²]＞0恒成立，
则f（x）＞0恒成立，
∴a∈[$\frac{1}{2}$，2]时，函数f（x）没有零点．

点评 本题考查了函数的单调性、极值问题，考查导数的应用以及不等式的证明，是一道中档题．