Question

17．已知函数f（x）=alnx+$\frac{1-{x}^{2}}{{x}^{2}}$，a∈R．
（1）若f（x）的最小值为0，求实数a的值；
（2）证明：当a=2时，f（x）≤f′（x）在x∈[1，2]上恒成立，其中f′（x）表示f（x）的导函数．

Answer 1

分析 （1）求出原函数的导函数，对a分类分析，可知当a≤0时，f′（x）＜0，f（x）在（0，+∞）上是减函数，f（x）的最小值不为0；当a＞0时，求出导函数的零点，可得原函数的单调性，求其最小值，由最小值为0进一步利用导数求得a值；
（2）当a=2时，f（x）=2lnx+$\frac{1-{x}^{2}}{{x}^{2}}$，f′（x）=$\frac{2}{x}-\frac{2}{{x}^{3}}$．构造函数h（x）=$2lnx+\frac{2}{{x}^{3}}+\frac{1}{{x}^{2}}-\frac{2}{x}-1$，问题转化为h（x）=$2lnx+\frac{2}{{x}^{3}}+\frac{1}{{x}^{2}}-\frac{2}{x}-1$≤0在x∈[1，2]上恒成立．利用导数可得存在x₀∈（1，2），使h（x）在[1，x₀）上为减函数，在（x₀，2]上为增函数，再由h（1）=0，h（2）=2ln2-$\frac{3}{2}$＜0，可知h（x）=$2lnx+\frac{2}{{x}^{3}}+\frac{1}{{x}^{2}}-\frac{2}{x}-1$≤0在x∈[1，2]上恒成立．即当a=2时，f（x）≤f′（x）在x∈[1，2]上恒成立．

解答 （1）解：∵f（x）=alnx+$\frac{1-{x}^{2}}{{x}^{2}}$=alnx+$\frac{1}{{x}^{2}}-1$，
∴f′（x）=$\frac{a}{x}-\frac{2}{{x}^{3}}=\frac{a{x}^{2}-2}{{x}^{3}}$（x＞0）．
当a≤0时，f′（x）＜0，f（x）在（0，+∞）上是减函数，f（x）的最小值不为0；
当a＞0时，f′（x）=$\frac{a}{x}-\frac{2}{{x}^{3}}=\frac{a{x}^{2}-2}{{x}^{3}}$=$\frac{a（x+\sqrt{\frac{2}{a}}）（x-\sqrt{\frac{2}{a}}）}{{x}^{3}}$．
当x∈（0，$\sqrt{\frac{2}{a}}$）时，f′（x）＜0；当x∈（$\sqrt{\frac{2}{a}}$，+∞）时，f′（x）＞0．
∴f（x）在（0，$\sqrt{\frac{2}{a}}$）上为减函数，在（$\sqrt{\frac{2}{a}}$，+∞）上为增函数，
∴$f（x）_{min}=f（\sqrt{\frac{2}{a}}）$=$aln\sqrt{\frac{2}{a}}+\frac{a}{2}-1=0$，
令g（a）=$aln\sqrt{\frac{2}{a}}+\frac{a}{2}-1=\frac{a}{2}ln\frac{2}{a}+\frac{a}{2}-1$，则g′（a）=$\frac{1}{2}ln\frac{2}{a}$（a＞0）．
当a∈（0，2）时，g′（a）＞0；当a∈（2，+∞）时，g′（a）＜0，
∴g（a）在（0，2）上为增函数，在（2，+∞）上为减函数，则g（a）_max=g（2）=0．
∴f（x）的最小值为0，实数a的值为2；
（2）证明：当a=2时，f（x）=2lnx+$\frac{1-{x}^{2}}{{x}^{2}}$，f′（x）=$\frac{2}{x}-\frac{2}{{x}^{3}}$．
令h（x）=$2lnx+\frac{2}{{x}^{3}}+\frac{1}{{x}^{2}}-\frac{2}{x}-1$，
若f（x）≤f′（x）在x∈[1，2]上恒成立，
则h（x）=$2lnx+\frac{2}{{x}^{3}}+\frac{1}{{x}^{2}}-\frac{2}{x}-1$≤0在x∈[1，2]上恒成立．
h′（x）=$\frac{2（{x}^{3}+{x}^{2}-x-3）}{{x}^{4}}$，
令t（x）=x³+x²-x-3，t′（x）=3x²+2x-1＞0在[1，2]上恒成立，
∴t（x）在[1，2]上为增函数，又t（1）•t（2）＜0，∴存在x₀∈（1，2），使t（x₀）=0，
即存在x₀∈（1，2），使h′（x₀）=0，
则当x∈[1，x₀）时，h′（x₀）＜0；当x∈（x₀，2]时，h′（x₀）＞0．
即h（x）在[1，x₀）上为减函数，在（x₀，2]上为增函数，由h（1）=0，h（2）=2ln2-$\frac{3}{2}$＜0，
∴h（x）=$2lnx+\frac{2}{{x}^{3}}+\frac{1}{{x}^{2}}-\frac{2}{x}-1$≤0在x∈[1，2]上恒成立．
即当a=2时，f（x）≤f′（x）在x∈[1，2]上恒成立．

点评 本题考查导数在最大值与最小值问题中的应用，考查恒成立问题的求解方法，体现了数学转化思想方法，考查学生的逻辑思维能力与推理论证能力，难度较大．