Question

9．已知函數(shù)f（x）=lnx+$\frac{2}{x}$+ax-a-2（其中a＞0）．
（1）當(dāng)a=1時(shí)，求f（x）的最小值；
（2）若x∈[1，3]時(shí)，f（x）≥0恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）當(dāng)a=1時(shí)，f（x）=lnx+$\frac{2}{x}$+x-3，定義域?yàn)椋?，+∞），求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，由此利用導(dǎo)數(shù)性質(zhì)能求出函數(shù)f（x）的最小值；
（2）當(dāng)a=1時(shí)，f（x）≥0恒成立；當(dāng)a≥1且x∈[1，3]時(shí)，f（x）≥lnx+$\frac{2}{x}$+x-3≥0恒成立；當(dāng)0＜a＜1時(shí)，求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，由此利用導(dǎo)數(shù)性質(zhì)能求出實(shí)數(shù)a的取值范圍．

解答 解：（1）當(dāng)a=1時(shí)，f（x）=lnx+$\frac{2}{x}$+x-3，定義域?yàn)椋?，+∞）．
f′（x）=$\frac{1}{x}$-$\frac{1}{{x}^{2}}$+1=$\frac{（x-1）（x+2）}{{x}^{2}}$，
當(dāng)0＜x＜1時(shí)，f′（x）0，
所以，函數(shù)f（x）在（0，1）上單調(diào)遞減，在（1，+∞）上單調(diào)遞增，
所以，f（x）_min=f（1）=0．
（2）①由（1）知，當(dāng)a=1時(shí)，f（x）=lnx+$\frac{2}{x}$+x-3≥0恒成立，
所以當(dāng)a≥1且x∈[1，3]時(shí)，
f（x）=lnx+$\frac{2}{x}$+ax-a-2≥lnx+$\frac{2}{x}$+x-3≥0恒成立，符合題意．
②當(dāng)0＜a＜1時(shí)，f′（x）=$\frac{1}{x}$-$\frac{2}{{x}^{2}}$+a=$\frac{{ax}^{2}+x-2}{{x}^{2}}$，
方程ax²+x-2=0的判別式△=1+8a＞0．
所以方程ax²+x-2=0有兩根，設(shè)為x₁，x₂，且x₁＜x₂．
由x1•x2=-$\frac{2}{a}$＜0，知x₁＜0＜x₂．
所以，0＜x＜x₂時(shí)，f′（x）＜0，f（x）在（0，x₂]上為減函數(shù)．
由a•1²+1-21．
若1＜x₂＜3，則f（x₂）＜f（1）=a-1＜0，與x∈[1，3]時(shí)，f（x）≥0恒成立矛盾．
若x₂≥3，則f（3）＜f（1）=a-1＜0，與x∈[1，3]時(shí)，f（x）≥0恒成立矛盾．
所以，0＜a＜1不符合要求．
綜上，所求實(shí)數(shù)a的取值范圍為[1，+∞）．

點(diǎn)評(píng) 本題重點(diǎn)考查利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的性質(zhì)，利用函數(shù)的性質(zhì)解決不等式、方程問題．重點(diǎn)考查學(xué)生的代數(shù)推理論證能力．解題時(shí)要認(rèn)真審題，注意導(dǎo)數(shù)性質(zhì)的合理運(yùn)用．