Question

20．對于函數(shù)y=F（x），若在其定義域內(nèi)存在x₀，使得x₀•F（x₀）=1成立，則稱x₀為函數(shù)F（x）的“反比點(diǎn)”．已知函數(shù)f（x）=lnx，g（x）=$\frac{1}{2}{（x-1）^2}$-1
（1）求證：函數(shù)f（x）具有“反比點(diǎn)”，并討論函數(shù)f（x）的“反比點(diǎn)”個數(shù)；
（2）若x≥1時，恒有x•f（x）≤λ（g（x）+x）成立，求λ的最小值．

Answer 1

分析 （1）利用函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，求出函數(shù)的最值，然后求解滿足題意的點(diǎn)的個數(shù)．
（2）轉(zhuǎn)化表達(dá)式通過構(gòu)造函數(shù)，求解函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，然后對λ分類討論，求解λ的最小值．

解答 解（1）證明：設(shè)h（x）=xlnx-1，h′（x）=lnx-1，h′（x）＞0得x∈（e，+∞），
h′（x）＜0得x∈（0，e）
∵h(yuǎn)（e）=elne-1=e-1＞0，$h（\frac{1}{e}）=\frac{1}{e}ln\frac{1}{e}-1=\frac{1}{e}-1＜0$，
∴在（0，+∞）上有解，所以函數(shù)f（x）具有“反比點(diǎn)”．且有且只有一個；（5分）
（2）x•f（x）≤λ（g（x）+x）?xlnx≤λ（$\frac{1}{2}（x-1）^{2}$-1+x）?xlnx≤λ（$\frac{1}{2}$x²-$\frac{1}{2}$）?lnx-$\frac{1}{2}$λ（x-$\frac{1}{x}$），
令$G（x）=lnx-\frac{1}{2}λ（x-\frac{1}{x}），G'（x）=\frac{{-λ{(lán)x^2}+2x-λ}}{{2{x^2}}}$，
1°當(dāng)λ≤-1時，△=4-4（-λ）（　�。�-λ
≤0，故恒有-λx²+2x-λ≥0．則G′（x）≥0恒成立，故G（x）在區(qū)間[1，+∞）上是增函數(shù)．
∴G（x）≥G（1）=0，這與條件矛盾；
2°當(dāng)-1＜λ＜0時，x=$-\frac{2}{2（-λ）}$=$\frac{1}{λ}$＜0，
故恒有y=-λx²+2x-λ≥0．在區(qū)間[1，+∞）上是增函數(shù)．
-λx²+2x-λ≥2-2λ＞0，則G′（x）≥0恒成立，故G（x）在區(qū)間[1，+∞）上是增函數(shù)．
∴G（x）≥G（1）=0，這與條件矛盾；
3°當(dāng)λ=0時，G′（x）=$\frac{2x}{2{x}^{2}}$＞0恒成立，故G（x）在區(qū)間[1，+∞）上是增函數(shù)．
∴G（x）≥G（1）=0，這與條件矛盾；
4°當(dāng)0＜λ＜1時，設(shè)-λx²+2x-λ=0．的兩個根x₁，x₂，x₁＜x₂，
∵x₁+x₂=$\frac{2}{λ}$＞2，x₁x₂=1，∴0＜x₁＜x₂＜1，
故有x∈（1，x₂）時，-λx²+2x-λ＞0，在區(qū)間（1，x₂）上是增函數(shù)．
∴G（x）≥G（1）=0，這與條件矛盾；
5°當(dāng)1≤λ時，△=4-4（-λ）（-λ）≤0
則G′（x）≤0恒成立，故G（x）在區(qū)間[1，+∞）上是減函數(shù)．
∴G（x）≤G（1）=0，命題恒成立；
綜上所述λ≥1，所以λ的最小值為1 （12分）．

點(diǎn)評 本題考查函數(shù)的導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用，函數(shù)的最值以及函數(shù)的性質(zhì)的應(yīng)用，考查轉(zhuǎn)化思想以及分類討論思想的應(yīng)用．