Question

16．已知t∈R，函數(shù)f（x）=$\frac{2}{x}$+tlnx．
（1）當(dāng)t=1時(shí)，討論f（x）的單調(diào)性；
（2）當(dāng)t＞0時(shí)，若函數(shù)f（x）的最小值為g（t），求g（t）的最大值；
（3）設(shè)函數(shù)h（x）=f（x）+|（t-2）x|，x∈[1，+∞），求證：h（x）≥2．

Answer 1

分析 （1）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，解關(guān)于導(dǎo)函數(shù)的不等式，求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間即可；
（2）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，得到函數(shù)f（x）的最小值g（t），根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性求出g（t）的最大值即可；
（3）求出h（x）的導(dǎo)數(shù)，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性求出h（x）的最小值即可．

解答 解：（1）t=1時(shí)，f（x）=$\frac{2}{x}$+lnx，（x＞0），
f′（x）=$\frac{x-2}{{x}^{2}}$，∵x∈（0，+∞），
故f（x）在（0，2）遞減，在（2，+∞）遞增；
（2）當(dāng)t＞0時(shí)，f′（x）=$\frac{tx-2}{{x}^{2}}$=0⇒x=$\frac{2}{t}$，
x，f′（x），f（x）的變化如下：

x	（0，$\frac{2}{t}$）	$\frac{2}{t}$	（$\frac{2}{t}$，+∞）
f'（x）	-	0	+
f（x）	↘	極小值	↗

f（x）的最小值g（t）=f（$\frac{2}{t}$）=t+tln$\frac{2}{t}$，
g'（t）=ln2-lnt=0⇒t=2，
t，g′（t），g（t）的變化如下：

t	（0，2）	2	（2，+∞）
g'（t）	+	0	-
g（t）	↗	極大值	↘

g（t）的最大值為g（2）=2；                                     
（3）當(dāng)t≥2時(shí)，h（x）=f（x）+（t-2）x=$\frac{2}{x}$+tlnx+（t-2）x，
h′（x）=$\frac{tx-2}{{x}^{2}}$+t-2≥0，
所以h（x）在[1，+∞）上是增函數(shù)，故h（x）≥h（1）=t≥2，
當(dāng)t＜2時(shí)，h（x）=f（x）-（t-2）x=$\frac{2}{x}$+tlnx-（t-2）x，
h′（x）=$\frac{tx-2}{{x}^{2}}$-t+2=$\frac{[（2-t）x+2]（x-1）}{{x}^{2}}$=0，
解得x=-$\frac{2}{2-t}$＜0或x=1，h（x）≥h（1）=4-t＞2，
綜上所述：h（x）≥2．

點(diǎn)評 本題考查了函數(shù)的單調(diào)性、最值問題，考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用以及轉(zhuǎn)化思想，是一道中檔題．