Question

6．设函数f（x）=$\frac{2}{x}$-2+2alnx．
（1）讨论函数f（x）的单调性；
（2）若f（x）在区间[$\frac{1}{2}$，2]上的最小值为0，求实数a的值．

Answer 1

分析 （1）f′（x）=-$\frac{2}{{x}^{2}}$+$\frac{2a}{x}$=$\frac{2ax-2}{{x}^{2}}$（x＞0）．分类讨论：a≤0时，a＞0时，即可得出单调性．
（2）由（1）可得：①a≤0时，函数f（x）在[$\frac{1}{2}$，2]上单调递减，可得f（2）=0，解得a．
②a＞0时，分类讨论：（i）$\frac{1}{a}$≥2，即0＜a≤$\frac{1}{2}$时；（ii）0＜$\frac{1}{a}$$≤\frac{1}{2}$，即a≥2时；（iii）$\frac{1}{2}＜\frac{1}{a}＜2$，即$\frac{1}{2}＜a＜2$时，利用其单调性即可得出极值与最值．

解答 解：（1）f′（x）=-$\frac{2}{{x}^{2}}$+$\frac{2a}{x}$=$\frac{2ax-2}{{x}^{2}}$（x＞0）．
a≤0时，f′（x）＜0，此时函数f（x）在（0，+∞）上单调递减．
a＞0时，f′（x）=$\frac{2a（x-\frac{1}{a}）}{{x}^{2}}$，则x∈$（0，\frac{1}{a}）$时，函数f（x）单调递减；
x∈$（\frac{1}{a}，+∞）$时，函数f（x）单调递增．
（2）由（1）可得：
①a≤0时，函数f（x）在[$\frac{1}{2}$，2]上单调递减，则f（2）=1-2+2aln2=0，解得a=$\frac{1}{2ln2}$，舍去．
②a＞0时，
（i）$\frac{1}{a}$≥2，即0＜a≤$\frac{1}{2}$时，f（x）在[$\frac{1}{2}$，2]上单调递减，则f（2）=1-2+2aln2=0，解得a=$\frac{1}{2ln2}$$＞\frac{1}{2}$，舍去．
（ii）0＜$\frac{1}{a}$$≤\frac{1}{2}$，即a≥2时，f（x）在[$\frac{1}{2}$，2]上单调递增，则f（$\frac{1}{2}$）=4-2+2aln$\frac{1}{2}$=0，解得a=$\frac{1}{ln2}$＜2，舍去．
（iii）$\frac{1}{2}＜\frac{1}{a}＜2$，即$\frac{1}{2}＜a＜2$时，f（x）在[$\frac{1}{2}$，$\frac{1}{a}$）上单调递减，在$（\frac{1}{a}，2]$上单调递增．
则f（$\frac{1}{a}$）=2a-2+2aln$\frac{1}{a}$=0，化为：2a-2=2alna，
令g（x）=2x-2-2xlnx（x＞0），g（1）=0，
g′（x）=2-2lnx-2=-2lnx，可得x＞1时，函数g（x）单调递减，1＞x＞0时，函数g（x）单调递增．
∴x=1时，函数g（x）取得极大值即最大值．
∴g（x）≤g（1）=0，因此2a-2=2alna有唯一解a=1．满足条件．
综上可得：a=1．

点评 本题考查了利用对数研究函数的单调性极值与最值、不等式与付出的解法、分类讨论方法，考查了推理能力与计算能力，属于难题．