Question

8．已知函数f（x）=2lnx+$\frac{a}{x}$-2lna-k$\frac{x}{a}$
（1）若k=0，证明f（x）＞0
（2）若f（x）≥0，求k的取值范围；并证明此时f（x）的极值存在且与a无关．

Answer 1

分析 （1）求出函数的导数，解关于导函数的不等式，求出函数的单调区间，从而求出函数的最小值证明结论即可；
（2）问题转化为2ln$\frac{x}{a}$+$\frac{a}{x}$≥k•$\frac{a}{x}$，令$\frac{x}{a}$=t（t＞0），得$\frac{2tlnt+1}{{t}^{2}}$≥k，令g（t）=$\frac{2tlnt+1}{{t}^{2}}$，根据函数的单调性证明即可．

解答 证明：（1）若k=0，f′（x）=$\frac{2}{x}$-$\frac{a}{{x}^{2}}$=$\frac{2x-a}{{x}^{2}}$，
x∈（0，$\frac{a}{2}$），f′（x）≥0，f（x）递减，
x∈[$\frac{a}{2}$，+∞）时，f′（x）≤0，f（x）递增，
故f（x）_min=f（$\frac{a}{2}$）=2ln$\frac{a}{2}$+2-2lna=2（1-ln2）＞0，得证；
（2）若f（x）=2lnx+$\frac{a}{x}$-2lna-k$\frac{a}{x}$≥0，
变形得2ln$\frac{x}{a}$+$\frac{a}{x}$≥k•$\frac{a}{x}$，
令$\frac{x}{a}$=t（t＞0），得$\frac{2tlnt+1}{{t}^{2}}$≥k，
g（t）=$\frac{2tlnt+1}{{t}^{2}}$，g′（t）=$\frac{2（t-tlnt-1）}{{t}^{3}}$，
令k（t）=t-tlnt-1，k′（t）=-lnt，
得k（t）=在（0，1]递增，在（1，+∞）递减，
故k（t）≤0，g′（t）≤0，
g（t）在（0，+∞）递减，t→+∞，g（t）→0，
故g（t）＞0，k≤0，
下面证明f（x）的极值存在且与a无关，
①k=0，f′（x）=$\frac{2x-a}{{x}^{2}}$，f（x）_极小值=f（$\frac{a}{2}$）=2ln$\frac{a}{2}$+2-2lna=2（1-ln2）与a无关；
②k＜0，f′（x）=$\frac{-k（x{-x}_{1}）（x{-x}_{2}）}{{ax}^{2}}$，（其中x₁=$\frac{a（1+\sqrt{1-k}）}{k}$＜0，x₂=$\frac{a（1-\sqrt{1-k}）}{k}$＞0），
故x-x₁＞0且f（x）在x₂处取极小值，
f（x₂）=2ln$\frac{{x}_{2}}{a}$+$\frac{a}{{x}_{2}}$-k$\frac{{x}_{2}}{a}$，
∵x₂=$\frac{a（1-\sqrt{1-k}）}{k}$，∴$\frac{{x}_{2}}{a}$=$\frac{（1-\sqrt{1-k}）}{k}$是关于k的函数，（与a无关），
故f（x₂）与a无关．

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