Question

14．已知函數(shù)f（x）=lnx+$\frac{k}{x}$（k∈R）．
（1）若f（x）存在極小值h（k），且不等式h（k）≤ak對使得f（x）有極小值的任意實數(shù)k恒成立，求實數(shù)a的取值范圍；
（2）當(dāng)k＞0時，如果存在兩個不相等的正數(shù)α，β，使得f（α）=f（β），求證：α+β＞2k．

Answer 1

分析 （1）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，通過討論k的范圍，即可求出實數(shù)a的取值范圍，
（2）設(shè)α＜β，則一定0＜α＜k，β＞k，構(gòu)造函數(shù)g（x）=f（x）-f（2k-x），根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性證明即可．

解答 解（1）：f（x）的定義域是（0，+∞），
f′（x）=$\frac{1}{x}$-$\frac{k}{{x}^{2}}$=$\frac{x-k}{x}$，
當(dāng)k≤0時，f′（x＞0，f（x）在（0，+∞）單調(diào)遞增，無極值；
當(dāng)k＞0時，當(dāng)0＜x＜k，f′（x）＜0，當(dāng)x＞k時，f′（x＞0，
故f（x）的單調(diào)遞減區(qū)間是（0，k），單調(diào)遞增區(qū)間是（k，+∞），
f（x）的極小值為h（k）=f（k）=lnk+1，
當(dāng)k＞0時，h（k）≤ak，即lnk+1≤ak，
即a≥$\frac{lnk+1}{k}$，
令φ（x）=$\frac{lnk+1}{k}$，則φ′（x）=$\frac{1-（1+lnk）}{{k}^{2}}$=$\frac{-lnk}{{k}^{2}}$，
令φ′（k）=0，得k=1，且當(dāng)0＜k＜1時，φ′（k）＞0，
當(dāng)k＞1時，φ′（k）＜0，故k=1時為φ（k）在（0，+∞）上唯一的極大值點，也是最大值點，
∴φ（k）_max=φ（1）=1，
∴a≥1，即實數(shù)a的取值范圍是[1，+∞），
證明：（2）由（1）得：k＜0時，f（x）在（0，k）單調(diào)遞減，在（k，+∞）單調(diào)遞增，
設(shè)α＜β，則一定0＜α＜k，β＞k，
構(gòu)造函數(shù)g（x）=f（x）-f（2k-x）=lnk+$\frac{k}{x}$-ln（2k-x）-$\frac{k}{2k-x}$，0＜x＜k，
∴g′（x）=$\frac{1}{x}$+$\frac{1}{2k-x}$-$\frac{k}{{x}^{2}}$-$\frac{k}{（2k-x）^{2}}$=$\frac{2k}{x（2k-x）}$-$\frac{2k（{x}^{2}-2kx+2{k}^{2}）}{{x}^{2}（2k-x）^{2}}$=$\frac{-4k（x-k）^{2}}{{x}^{2}（2k-x）^{2}}$，
∵0＜x＜k，
∴g′（x）＜0，即g（x）在（0，k）上單調(diào)遞減，
∴g（x）＞g（k）=0，
∴f（x）＞f（2k-x），
∵0＜a＜k，∴f（α）＞f（2k-α），
∵f（α）=f（β），
∴f（β）＞f（2k-α），
∵0＜α＜k，
∴2k-α＞k，
∵函數(shù)f（x）在（k，+∞）上單調(diào)遞增，
∴β＞2k-α，
∴α+β＞2k

點評 本題考查了函數(shù)的單調(diào)性問題，考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用以及不等式的證明，是一道綜合題．