Question

9．设函数$f（x）=alnx+\frac{{2{a^2}}}{x}$（a≠0）．
（1）已知曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线l的斜率为2-3a，求实数a的值；
（2）讨论函数f（x）的单调性；
（3）在（1）的条件下，求证：任意x＞0，都有f（x）≥3-x．

Answer 1

分析 （1）由f（x）的表达式（a≠0），知f（x）的定义域为{x|x＞0}，求出f′（x），再由曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线l的斜率为2-3a，知f′（1）=a-2a²=2-3a，由此能求出a．
（2）由f′（x）的表达式，利用a的取值范围进行分类讨论，能够得到函数f（x）的单调性．
（3）由（1）知，f（x）=lnx+$\frac{2}{x}$，设g（x）=f（x）-（3-x），则g（x）=lnx+$\frac{2}{x}$+x-3，求出g′（x），x＞0．列表讨论，能够证明对于定义域内的任意一个x，都有f（x）≥3-x．

解答 解：（1）∵f（x）=alnx+$\frac{{2a}^{2}}{x}$（a≠0），
∴f（x）的定义域为{x|x＞0}，
f′（x）=$\frac{a}{x}$-$\frac{{2a}^{2}}{{x}^{2}}$，
∵曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线l的斜率为2-3a，
∴f′（1）=a-2a²=2-3a，
解得a=1．
（2）f′（x）=$\frac{a}{x}$-$\frac{{2a}^{2}}{{x}^{2}}$=$\frac{a（x-2a）}{{x}^{2}}$，
①当a＜0时，∵x＞0，∴x-2a＞0，a（x-2a）＜0，
∴f′（x）＜0，故函数f（x）在（0，+∞）上单调递减；
②当a＞0时，若0＜x＜2a，则a（x-2a）＜0，f′（x）＜0，
函数f（x）在（0，2a）上单调递减；
若x＞2a，则a（x-2a）＞0，f′（x）＞0，函数在（2a，+∞）上单调递增．
综上所述，当a＜0时，函数f（x）在（0，+∞）上单调递减；
当a＞0时，函数f（x）在（0，2a）上单调递减，在（2a，+∞）上单调递增．
证明：（3）由（1）知，f（x）=lnx+$\frac{2}{x}$，
设g（x）=f（x）-（3-x），则g（x）=lnx+$\frac{2}{x}$+x-3，
∴g′（x）=$\frac{1}{x}$-$\frac{2}{{x}^{2}}$+1=$\frac{（x-1）（x+2）}{{x}^{2}}$，x＞0
当x变化时，g′（x），g（x）的变化如下表：

x	（0，1）	1	（1，+∞）
g′（x）	-	0	+
g（x）	↓	极小值	↑

∴x=1是g（x）在（0，+∞）上的唯一极值点，且是极小值点，
从而也是g（x）的最小值点，
∴g（x）≥g（1）=ln1+2+1-3=0，
∴g（x）=f（x）-（3-x）≥0，
∴对于定义域内的任意一个x，都有f（x）≥3-x．

点评 本题考查满足条件的实数值的求法，考查函数的单调性的讨论，考查不等式的证明．解题时要认真审题，仔细解答，注意分类讨论思想和等价转化思想的合理运用．