Question

20．已知函數(shù)f（x）=lnx，F(xiàn)（x）=x+$\frac{1}{x}$+af′（x）
（Ⅰ）當a=1時，求M（x）=F（x）-f（x）的極值；
（Ⅱ）當a=0時，對任意x＞0，$\frac{1}{F（x）}$≤$\frac{1}{2+m[f（x）]^{2}}$恒成立，求實數(shù)m的取值范圍．

Answer 1

分析 （Ⅰ）當a=1時，求得M（x）=x-lnx+$\frac{2}{x}$，求導，根據(jù)導數(shù)與函數(shù)單調性的應用，即可求得M（x）的極值；
（Ⅱ）由題意可知：對任意的x＞0，$\frac{x}{1+{x}^{2}}$≤$\frac{1}{2+m（lnx）^{2}}$恒成立，則x+$\frac{1}{x}$-2-m（lnx）²≥0對任意x＞0恒成立，構造輔助函數(shù)，求導，根據(jù)函數(shù)單調性及最值的關系，即可求得實數(shù)m的取值范圍．

解答 解：（Ⅰ）F（x）=x+$\frac{1}{x}$+af′（x）=x+$\frac{1+a}{x}$，（x＞0）
當a=1時，求M（x）=F（x）-f（x）=x-lnx+$\frac{2}{x}$，（x＞0）
則M′（x）=1-$\frac{1}{x}$-$\frac{2}{{x}^{2}}$=$\frac{{x}^{2}-x-2}{{x}^{2}}$=$\frac{（x+1）（x-2）}{{x}^{2}}$，（x＞0）
令M′（x）=0，解得：x=2，
則x∈（0，2）時，M′（x）＜0，當x∈（2，+∞）時，M′（x）＞0，
則M（x）在（0，2）單調遞減，在（2，+∞）單調遞增，
當x=2時，M（x）有極小值，極小值M（2）=3-ln2，無極大值；
（Ⅱ）當a=0時，對任意x＞0，$\frac{1}{F（x）}$≤$\frac{1}{2+m[f（x）]^{2}}$恒成立，
即對任意的x＞0，$\frac{x}{1+{x}^{2}}$≤$\frac{1}{2+m（lnx）^{2}}$恒成立，
則$\frac{x}{1+{x}^{2}}$＞0，則2+m（lnx）²＞0，對任意的x＞0恒成立，故m≥0，
故x+$\frac{1}{x}$-2-m（lnx）²≥0對任意x＞0恒成立，
設g（x）=x+$\frac{1}{x}$-2-m（lnx）²，x＞0，求導，g′（x）=1-$\frac{1}{{x}^{2}}$-$\frac{2mlnx}{x}$，
g″（x）=$\frac{2-2mx（1-lnx）}{{x}^{3}}$，
令h（x）=2-2mx（1-lnx），（x＞0），求導h′（x）=2mxlnx，
當x∈（0，1）時，h′（x）＜0，h（x）單調遞減，
當x∈（1，+∞）時，h′（x）＞0，h（x）單調遞增，
∴h（x）≥h（1）=2（1-m），
則①當m≤1時，h（x）≥0，
∴g″（x）≥0，即g′（x）遞增，
當x∈（0，1），g′（x）＜g′（1）=0，g（x）遞減，
當x∈（1，+∞）時，g′（x）＞g′（1）=0，g（x）遞增，
g（x）≥g（1）=0，即x+$\frac{1}{x}$-2-mln²x≥0恒成立，
②當m＞1時，存在x₀∈（1，+∞），使得h（x₀）=0，
當x∈（1，x₀）時，h（x）＜h（x₀）=0，g″（x）＜0，
∴g′（x）單調遞減，g′（x）＜g′（1）=0，
g（x）單調遞減，g（x）＜g（1）=0，此時g（x）≥0，不恒成立，
故m的取值范圍[0，1]．

點評 本題考查導數(shù)的綜合應用，考查利用導數(shù)求函數(shù)的單調性及最值，考查構造法，分類討論思想，考查計算能力，屬于難題．