Question

5．已知f（x）=a（x-lnx）+$\frac{2}{x}$-$\frac{1}{{x}^{2}}$，a∈R．
（1）讨论f（x）的单调性；
（2）当a=$\frac{1}{2}$时，证明：f（x）＞f′（x）+$\frac{5}{4}$对于任意的x∈[1，2]成立．

Answer 1

分析 （1）求出函数的导数，通过讨论a的范围确定导函数的符号，从而求出函数的单调区间；
（2）求出f（x）-f′（x）的表达式，分别令$g（x）=\frac{1}{2}（{x-lnx}），h（x）=\frac{5}{2x}+\frac{1}{x^2}-\frac{2}{x^3}-\frac{1}{2}，x∈[{1，2}]$，则f（x）-f′（x）=g（x）+h（x），根据函数的单调性怎么即可．

解答 解：（1）f（x）的定义域为（0，+∞），
${f^/}（x）=a（{1-\frac{1}{x}}）-\frac{2}{x^2}+\frac{2}{x^3}=\frac{{（{a{x^2}-2}）（{x-1}）}}{x^3}$，
当a≤0，x∈（0，1）时，f′（x）＞0，f（x）单调递增，
x∈（1，+∞）时，f′（x）＜0，f（x）单调递减，
当a＞0时，f′（x）=$\frac{a（x-1）}{{x}^{3}}$（x+$\sqrt{\frac{2}{a}}$）（x-$\sqrt{\frac{2}{a}}$），
①0＜a＜2时$\sqrt{\frac{2}{a}}＞1$，
当$x∈（{0，1}）或x∈（{\sqrt{\frac{2}{a}}，+∞}）$时，f′（x）＞0，f（x）单调递增，
当x∈（1，$\sqrt{\frac{2}{a}}$）时，f′（x）＜0，f（x）单调递减；   
②a=2时$\sqrt{\frac{2}{a}}=1$，当x∈（0，+∞）时f′（x）≥0，f（x）单调递增；
③a＞2时，$0＜\sqrt{\frac{2}{a}}＜1$，
当$x∈（{0，\sqrt{\frac{2}{a}}}）或x∈（{1，+∞}）时，{f^/}（x）＞0，f（x）$单调递增，
当$x∈（{\sqrt{\frac{2}{a}}，1}）$时，f′（x）＜0，f（x）单调递减；
综上所述，
当a≤0时，函数f（x）在（0，1）内单调递增，在（1，+∞）内单调递减；
当0＜a＜2时，函数f（x）在（0，1）内单调递增，在1，$\sqrt{\frac{2}{a}}$）内单调递减，在（$\sqrt{\frac{2}{a}}$，+∞）内单调递增；
当a=2时，函数f（x）在（0，+∞）内单调递增；
当a＞2时，函数f（x）在（0，$\sqrt{\frac{2}{a}}$）内单调递增，在（$\sqrt{\frac{2}{a}}$，1）内单调递减，在（1，+∞）内单调递增．
（2）证明：由（1）知，$a=\frac{1}{2}$时，
$f（x）-{f^/}（x）=\frac{1}{2}（{x-lnx}）+\frac{2}{x}-\frac{1}{x^2}-\frac{1}{2}（{1-\frac{1}{x}}）+\frac{2}{x^2}-\frac{2}{x^3}$
=$\frac{1}{2}（{x-lnx}）+\frac{5}{2x}+\frac{1}{x^2}-\frac{2}{x^3}-\frac{1}{2}，x∈[{1，2}]$，
设$g（x）=\frac{1}{2}（{x-lnx}），h（x）=\frac{5}{2x}+\frac{1}{x^2}-\frac{2}{x^3}-\frac{1}{2}，x∈[{1，2}]$，
f（x）-f′（x）=g（x）+h（x）则g′（x）=$\frac{x-1}{2x}$≥0，
∴$g（x）≥g（1）=\frac{1}{2}$，当且仅当x=1时取等号，
又${h^/}（x）=\frac{{-5{x^2}-4x+12}}{{2{x^4}}}$，设ϕ（x）=-5x²-4x+12，则ϕ（x）在x∈[1，2]单调递减，
∴?x₀∈[1，2]使得x∈（1，x₀）时ϕ（x）＞0，x∈（x₀，2）时ϕ（x）＜0，
∴h（x）在（1，x₀）上单调递增，在（x₀，2）上单调递减，
∵$h（1）=1，h（2）=\frac{3}{4}∴h（x）≥h（2）=\frac{3}{4}当且仅当x=2时取得等号$，
∴$f（x）-{f^/}（x）＞g（1）+h（2）=\frac{5}{4}$，
即$f（x）＞{f^/}（x）+\frac{5}{4}$对于任意的x∈[1，2]成立．

点评 本题考查利用导函数判断函数的单调性；考查分类讨论思想和转化思想，是一道中档题．