Question

17．已知函數(shù)f（x）=alnx+$\frac{1-{x}^{2}}{{x}^{2}}$，a∈R．
（1）若f（x）的最小值為0，求實數(shù)a的值；
（2）證明：當a=2時，不等式f（x）≥$\frac{1}{x}$-e^1-x恒成立．

Answer 1

分析 （1）求出原函數(shù)的導函數(shù)，對a分類分析，可知當a≤0時，f′（x）＜0，f（x）在（0，+∞）上是減函數(shù)，f（x）的最小值不為0；當a＞0時，求出導函數(shù)的零點，可得原函數(shù)的單調(diào)性，求其最小值，由最小值為0進一步利用導數(shù)求得a值；
（2）通過構(gòu)造函數(shù)h（x）=2lnx+$\frac{1}{{x}^{2}}-1$$-\frac{1}{x}+{e}^{1-x}$，問題轉(zhuǎn)化為證明h′（x）＞0恒成立，進而再次構(gòu)造函數(shù)，二次求導，整理即得結(jié)論．

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）．
當a≤0時，f′（x）＜0，f（x）在（0，+∞）上是減函數(shù)，f（x）的最小值不為0；
當a＞0時，f′（x）=$\frac{a}{x}-\frac{2}{{x}^{3}}=\frac{a{x}^{2}-2}{{x}^{3}}$=$\frac{a（x+\sqrt{\frac{2}{a}}）（x-\sqrt{\frac{2}{a}}）}{{x}^{3}}$．
當x∈（0，$\sqrt{\frac{2}{a}}$）時，f′（x）＜0；當x∈（$\sqrt{\frac{2}{a}}$，+∞）時，f′（x）＞0．
∴f（x）在（0，$\sqrt{\frac{2}{a}}$）上為減函數(shù)，在（$\sqrt{\frac{2}{a}}$，+∞）上為增函數(shù)，
∴$f（x）_{min}=f（\sqrt{\frac{2}{a}}）$=$aln\sqrt{\frac{2}{a}}+\frac{a}{2}-1=0$，
令g（a）=$aln\sqrt{\frac{2}{a}}+\frac{a}{2}-1=\frac{a}{2}ln\frac{2}{a}+\frac{a}{2}-1$，則g′（a）=$\frac{1}{2}ln\frac{2}{a}$（a＞0）．
當a∈（0，2）時，g′（a）＞0；當a∈（2，+∞）時，g′（a）＜0，
∴g（a）在（0，2）上為增函數(shù)，在（2，+∞）上為減函數(shù)，則g（a）_max=g（2）=0．
∴f（x）的最小值為0，實數(shù)a的值為2；
（2）證明：當a=2時，f（x）=2lnx+$\frac{1-{x}^{2}}{{x}^{2}}$，x＞1，
令h（x）=f（x）-$\frac{1}{x}$+e^1-x=2lnx+$\frac{1}{{x}^{2}}-1$$-\frac{1}{x}+{e}^{1-x}$，
則h′（x）=$\frac{2}{x}-\frac{2}{{x}^{3}}+\frac{1}{{x}^{2}}-{e}^{1-x}$=$\frac{2{x}^{2}+x-2-{x}^{3}{e}^{1-x}}{{x}^{3}}$，
記q（x）=2x²+x-2-x³e^1-x，則q′（x）=4x+1+x²（x-3）e^1-x，
∵x＞1，0＜e^1-x＜1，
∴當1＜x＜3時，q′（x）＞4x+1+x²（x-3）=x³-3x²+4x+1＞0，
又∵當x≥3時，q′（x）=4x+1+x²（x-3）e^1-x＞0，
∴當x＞1時，q′（x）=4x+1+x²（x-3）e^1-x＞0恒成立，
∴q（x）在（1，+∞）上單調(diào)遞增，q（x）＞q（1）=2+1-2-1=0，
∴h′（x）＞0恒成立，h（x）在（1，+∞）上單調(diào)遞增，
∴h（x）＞h（1）=0+1-1-1+1=0，即當a=2時，不等式f（x）≥$\frac{1}{x}$-e^1-x恒成立．

點評 本題考查導數(shù)在最大值與最小值問題中的應用，考查恒成立問題的求解方法，體現(xiàn)了數(shù)學轉(zhuǎn)化思想方法，考查學生的邏輯思維能力與推理論證能力，難度較大．