Question

11．已知函数$f（x）=\frac{2}{x}+lnx$，给出如下四个命题：
①x=2是f（x）的极小值点；
②函数f（x）在（0，+∞）上存在唯一的零点；
③存在正实数k，使得f（x）＞kx恒成立；
④对任意两个正实数x₁，x₂，且x₁＜x₂，若f（x₁）=f（x₂），则x₁+x₂＞4．
其中的真命题有①④．

Answer 1

分析 求出原函数的导函数，求得极小值点判断①；由极小值点处的函数值大于0判断②；构造函数，利用导数研究函数的单调性判断③；构造函数，利用导数研究函数的单调性判断④．

解答 解：$f（x）=\frac{2}{x}+lnx$，则f′（x）=$-\frac{2}{{x}^{2}}+\frac{1}{x}=\frac{x-2}{{x}^{2}}$（x＞0），
当x∈（0，2）时，f′（x）＜0，当x∈（2，+∞）时，f′（x）＞0，
∴f（x）在（0，2）上单调递减，在（2，+∞）上单调递增，
∴x=2是f（x）的极小值点，故①正确；
∵f（2）=1+ln2＞0，∴函数f（x）在（0，+∞）上无零点，故②错误；
若使得f（x）＞kx恒成立，即$\frac{2}{x}+lnx＞kx$恒成立，也就是k＜$\frac{2}{{x}^{2}}+\frac{lnx}{x}$恒成立，
令g（x）=$\frac{2}{{x}^{2}}+\frac{lnx}{x}$，则g′（x）=$\frac{-4x}{{x}^{4}}+\frac{1-lnx}{{x}^{2}}$=$\frac{-4}{{x}^{3}}+\frac{1-lnx}{{x}^{2}}=\frac{x-xlnx-4}{{x}^{3}}$，
再令h（x）=x-xlnx-4，
则h′（x）=-lnx，由h′（x）=0，得x=1，
∴h（x）≤h（1）＜0，则g′（x）＜0，
∴g（x）在（0，+∞）上单调递减，g（x）无最小值，
∴不存在正实数k，使得f（x）＞kx恒成立，故③错误；
对任意两个正实数x₁，x₂，且x₁＜x₂，
∵f（x）在（0，2）上单调递减，在（2，+∞）上单调递增，
若f（x₁）=f（x₂），则x₁+x₂＞4，正确．
事实上，不妨设0＜x₁＜2＜x₂，
则4-x₁＞2，而f（4-x₁）-f（x₂）
=f（4-x₁）-f（x₁）
=$\frac{2}{4-{x}_{1}}$+ln（4-x₁）-$\frac{2}{{x}_{1}}$-ln（x₁）=$\frac{4（{x}_{1}-2）}{（4-{x}_{1}）{x}_{1}}$+ln$\frac{4-{x}_{1}}{{x}_{1}}$，
令$\frac{4-{x}_{1}}{{x}_{1}}=t$，则t＞1，x₁=$\frac{4}{1+t}$，
故原式=F（t）=$\frac{1-{t}^{2}}{2t}$+lnt，
故F′（t）=$\frac{-{t}^{2}+2t-1}{2{t}^{2}}$＜0，
故F（t）=$\frac{1-{t}^{2}}{2t}$+lnt在（1，+∞）上是减函数，
故F（t）＜F（1）=0，
故f（4-x₁）-f（x₂）＜0，
又∵f（x）在（1，+∞）上单调递增，
∴4-x₁＜x₂，故x₁+x₂＞4，故④为真命题．
∴真命题有①④．
故答案为：①④．

点评 本题考查命题的真假判断与应用，考查了利用导数研究函数的单调性，考查利用导数求函数的最值，是难题．