Question

11．已知函數(shù)$f（x）=\frac{2}{x}+lnx$，給出如下四個命題：
①x=2是f（x）的極小值點(diǎn)；
②函數(shù)f（x）在（0，+∞）上存在唯一的零點(diǎn)；
③存在正實(shí)數(shù)k，使得f（x）＞kx恒成立；
④對任意兩個正實(shí)數(shù)x₁，x₂，且x₁＜x₂，若f（x₁）=f（x₂），則x₁+x₂＞4．
其中的真命題有①④．

Answer 1

分析 求出原函數(shù)的導(dǎo)函數(shù)，求得極小值點(diǎn)判斷①；由極小值點(diǎn)處的函數(shù)值大于0判斷②；構(gòu)造函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性判斷③；構(gòu)造函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性判斷④．

解答 解：$f（x）=\frac{2}{x}+lnx$，則f′（x）=$-\frac{2}{{x}^{2}}+\frac{1}{x}=\frac{x-2}{{x}^{2}}$（x＞0），
當(dāng)x∈（0，2）時，f′（x）＜0，當(dāng)x∈（2，+∞）時，f′（x）＞0，
∴f（x）在（0，2）上單調(diào)遞減，在（2，+∞）上單調(diào)遞增，
∴x=2是f（x）的極小值點(diǎn)，故①正確；
∵f（2）=1+ln2＞0，∴函數(shù)f（x）在（0，+∞）上無零點(diǎn)，故②錯誤；
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）=$\frac{2}{{x}^{2}}+\frac{lnx}{x}$，則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，
則h′（x）=-lnx，由h′（x）=0，得x=1，
∴h（x）≤h（1）＜0，則g′（x）＜0，
∴g（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞減，g（x）無最小值，
∴不存在正實(shí)數(shù)k，使得f（x）＞kx恒成立，故③錯誤；
對任意兩個正實(shí)數(shù)x₁，x₂，且x₁＜x₂，
∵f（x）在（0，2）上單調(diào)遞減，在（2，+∞）上單調(diào)遞增，
若f（x₁）=f（x₂），則x₁+x₂＞4，正確．
事實(shí)上，不妨設(shè)0＜x₁＜2＜x₂，
則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$\frac{4-{x}_{1}}{{x}_{1}}=t$，則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，+∞）上是減函數(shù)，
故F（t）＜F（1）=0，
故f（4-x₁）-f（x₂）＜0，
又∵f（x）在（1，+∞）上單調(diào)遞增，
∴4-x₁＜x₂，故x₁+x₂＞4，故④為真命題．
∴真命題有①④．
故答案為：①④．

點(diǎn)評 本題考查命題的真假判斷與應(yīng)用，考查了利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，考查利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的最值，是難題．