Question

12．已知f（x）=ax+$\frac{a-2}{x}$+2-2a（a＞0），若当x≥1时，总有f（x）≥2lnx成立，则实数a的取值范围是（0，+∞）．

Answer 1

分析 可由f（x）≥2lnx在x≥1时恒成立得到，$ax+\frac{a-2}{x}-2lnx+2-2a≥0$恒成立，可设$g（x）=ax+\frac{a-2}{x}-2lnx+2-2a$，然后求导数得到g′（x）=$\frac{a（x-\frac{a-2}{a}）（x-1）}{{x}^{2}}$，而根据a＞0及x≥1可以说明g′（x）≥0恒成立，从而得出g（x）在x≥1上单调递增，从而g（x）≥g（1）=0，这便说明对于任意的a＞0，都有f（x）≥2lnx成立，这样便得出了a的取值范围．

解答 解：由f（x）≥2lnx得：ax$+\frac{a-2}{x}+2-2a$≥2lnx；
∴$ax+\frac{a-2}{x}-2lnx+2-2a≥0$在x≥1上恒成立，设g（x）=ax$+\frac{a-2}{x}-2lnx+2-2a$，则：
$g′（x）=a-\frac{a-2}{{x}^{2}}-\frac{2}{x}=\frac{[ax-（a-2）]（x-1）}{{x}^{2}}$=$\frac{a（x-\frac{a-2}{a}）（x-1）}{{x}^{2}}$；
∵a＞0，a-2＜a；
∴$\frac{a-2}{a}＜1$；
∵x≥1；
∴$x-\frac{a-2}{a}＞0，x-1≥0$；
∴g′（x）≥0；
∴g（x）在x≥1上单调递增；
∴g（x）_min=g（1）=0；
∴g（x）≥0恒成立；
∴a＞0；
即实数a的取值范围为（0，+∞）．
故答案为：（0，+∞）．

点评 考查根据导数符号判断函数单调性的方法，根据单调性的定义求函数的最小值，注意要正确求导．