Question

17．已知函数f（x）=alnx+$\frac{1-{x}^{2}}{{x}^{2}}$，a∈R．
（1）若f（x）的最小值为0，求实数a的值；
（2）证明：当a=2时，不等式f（x）≥$\frac{1}{x}$-e^1-x恒成立．

Answer 1

分析 （1）求出原函数的导函数，对a分类分析，可知当a≤0时，f′（x）＜0，f（x）在（0，+∞）上是减函数，f（x）的最小值不为0；当a＞0时，求出导函数的零点，可得原函数的单调性，求其最小值，由最小值为0进一步利用导数求得a值；
（2）通过构造函数h（x）=2lnx+$\frac{1}{{x}^{2}}-1$$-\frac{1}{x}+{e}^{1-x}$，问题转化为证明h′（x）＞0恒成立，进而再次构造函数，二次求导，整理即得结论．

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）．
当a≤0时，f′（x）＜0，f（x）在（0，+∞）上是减函数，f（x）的最小值不为0；
当a＞0时，f′（x）=$\frac{a}{x}-\frac{2}{{x}^{3}}=\frac{a{x}^{2}-2}{{x}^{3}}$=$\frac{a（x+\sqrt{\frac{2}{a}}）（x-\sqrt{\frac{2}{a}}）}{{x}^{3}}$．
当x∈（0，$\sqrt{\frac{2}{a}}$）时，f′（x）＜0；当x∈（$\sqrt{\frac{2}{a}}$，+∞）时，f′（x）＞0．
∴f（x）在（0，$\sqrt{\frac{2}{a}}$）上为减函数，在（$\sqrt{\frac{2}{a}}$，+∞）上为增函数，
∴$f（x）_{min}=f（\sqrt{\frac{2}{a}}）$=$aln\sqrt{\frac{2}{a}}+\frac{a}{2}-1=0$，
令g（a）=$aln\sqrt{\frac{2}{a}}+\frac{a}{2}-1=\frac{a}{2}ln\frac{2}{a}+\frac{a}{2}-1$，则g′（a）=$\frac{1}{2}ln\frac{2}{a}$（a＞0）．
当a∈（0，2）时，g′（a）＞0；当a∈（2，+∞）时，g′（a）＜0，
∴g（a）在（0，2）上为增函数，在（2，+∞）上为减函数，则g（a）_max=g（2）=0．
∴f（x）的最小值为0，实数a的值为2；
（2）证明：当a=2时，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}$，
则h′（x）=$\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}}$，
记q（x）=2x²+x-2-x³e^1-x，则q′（x）=4x+1+x²（x-3）e^1-x，
∵x＞1，0＜e^1-x＜1，
∴当1＜x＜3时，q′（x）＞4x+1+x²（x-3）=x³-3x²+4x+1＞0，
又∵当x≥3时，q′（x）=4x+1+x²（x-3）e^1-x＞0，
∴当x＞1时，q′（x）=4x+1+x²（x-3）e^1-x＞0恒成立，
∴q（x）在（1，+∞）上单调递增，q（x）＞q（1）=2+1-2-1=0，
∴h′（x）＞0恒成立，h（x）在（1，+∞）上单调递增，
∴h（x）＞h（1）=0+1-1-1+1=0，即当a=2时，不等式f（x）≥$\frac{1}{x}$-e^1-x恒成立．

点评 本题考查导数在最大值与最小值问题中的应用，考查恒成立问题的求解方法，体现了数学转化思想方法，考查学生的逻辑思维能力与推理论证能力，难度较大．