Question

20．已知函数f（x）=lnx，F（x）=x+$\frac{1}{x}$+af′（x）
（Ⅰ）当a=1时，求M（x）=F（x）-f（x）的极值；
（Ⅱ）当a=0时，对任意x＞0，$\frac{1}{F（x）}$≤$\frac{1}{2+m[f（x）]^{2}}$恒成立，求实数m的取值范围．

Answer 1

分析 （Ⅰ）当a=1时，求得M（x）=x-lnx+$\frac{2}{x}$，求导，根据导数与函数单调性的应用，即可求得M（x）的极值；
（Ⅱ）由题意可知：对任意的x＞0，$\frac{x}{1+{x}^{2}}$≤$\frac{1}{2+m（lnx）^{2}}$恒成立，则x+$\frac{1}{x}$-2-m（lnx）²≥0对任意x＞0恒成立，构造辅助函数，求导，根据函数单调性及最值的关系，即可求得实数m的取值范围．

解答 解：（Ⅰ）F（x）=x+$\frac{1}{x}$+af′（x）=x+$\frac{1+a}{x}$，（x＞0）
当a=1时，求M（x）=F（x）-f（x）=x-lnx+$\frac{2}{x}$，（x＞0）
则M′（x）=1-$\frac{1}{x}$-$\frac{2}{{x}^{2}}$=$\frac{{x}^{2}-x-2}{{x}^{2}}$=$\frac{（x+1）（x-2）}{{x}^{2}}$，（x＞0）
令M′（x）=0，解得：x=2，
则x∈（0，2）时，M′（x）＜0，当x∈（2，+∞）时，M′（x）＞0，
则M（x）在（0，2）单调递减，在（2，+∞）单调递增，
当x=2时，M（x）有极小值，极小值M（2）=3-ln2，无极大值；
（Ⅱ）当a=0时，对任意x＞0，$\frac{1}{F（x）}$≤$\frac{1}{2+m[f（x）]^{2}}$恒成立，
即对任意的x＞0，$\frac{x}{1+{x}^{2}}$≤$\frac{1}{2+m（lnx）^{2}}$恒成立，
则$\frac{x}{1+{x}^{2}}$＞0，则2+m（lnx）²＞0，对任意的x＞0恒成立，故m≥0，
故x+$\frac{1}{x}$-2-m（lnx）²≥0对任意x＞0恒成立，
设g（x）=x+$\frac{1}{x}$-2-m（lnx）²，x＞0，求导，g′（x）=1-$\frac{1}{{x}^{2}}$-$\frac{2mlnx}{x}$，
g″（x）=$\frac{2-2mx（1-lnx）}{{x}^{3}}$，
令h（x）=2-2mx（1-lnx），（x＞0），求导h′（x）=2mxlnx，
当x∈（0，1）时，h′（x）＜0，h（x）单调递减，
当x∈（1，+∞）时，h′（x）＞0，h（x）单调递增，
∴h（x）≥h（1）=2（1-m），
则①当m≤1时，h（x）≥0，
∴g″（x）≥0，即g′（x）递增，
当x∈（0，1），g′（x）＜g′（1）=0，g（x）递减，
当x∈（1，+∞）时，g′（x）＞g′（1）=0，g（x）递增，
g（x）≥g（1）=0，即x+$\frac{1}{x}$-2-mln²x≥0恒成立，
②当m＞1时，存在x₀∈（1，+∞），使得h（x₀）=0，
当x∈（1，x₀）时，h（x）＜h（x₀）=0，g″（x）＜0，
∴g′（x）单调递减，g′（x）＜g′（1）=0，
g（x）单调递减，g（x）＜g（1）=0，此时g（x）≥0，不恒成立，
故m的取值范围[0，1]．

点评 本题考查导数的综合应用，考查利用导数求函数的单调性及最值，考查构造法，分类讨论思想，考查计算能力，属于难题．