Question

14．已知函数f（x）=lnx+$\frac{k}{x}$（k∈R）．
（1）若f（x）存在极小值h（k），且不等式h（k）≤ak对使得f（x）有极小值的任意实数k恒成立，求实数a的取值范围；
（2）当k＞0时，如果存在两个不相等的正数α，β，使得f（α）=f（β），求证：α+β＞2k．

Answer 1

分析 （1）求出函数的导数，通过讨论k的范围，即可求出实数a的取值范围，
（2）设α＜β，则一定0＜α＜k，β＞k，构造函数g（x）=f（x）-f（2k-x），根据函数的单调性证明即可．

解答 解（1）：f（x）的定义域是（0，+∞），
f′（x）=$\frac{1}{x}$-$\frac{k}{{x}^{2}}$=$\frac{x-k}{x}$，
当k≤0时，f′（x＞0，f（x）在（0，+∞）单调递增，无极值；
当k＞0时，当0＜x＜k，f′（x）＜0，当x＞k时，f′（x＞0，
故f（x）的单调递减区间是（0，k），单调递增区间是（k，+∞），
f（x）的极小值为h（k）=f（k）=lnk+1，
当k＞0时，h（k）≤ak，即lnk+1≤ak，
即a≥$\frac{lnk+1}{k}$，
令φ（x）=$\frac{lnk+1}{k}$，则φ′（x）=$\frac{1-（1+lnk）}{{k}^{2}}$=$\frac{-lnk}{{k}^{2}}$，
令φ′（k）=0，得k=1，且当0＜k＜1时，φ′（k）＞0，
当k＞1时，φ′（k）＜0，故k=1时为φ（k）在（0，+∞）上唯一的极大值点，也是最大值点，
∴φ（k）_max=φ（1）=1，
∴a≥1，即实数a的取值范围是[1，+∞），
证明：（2）由（1）得：k＜0时，f（x）在（0，k）单调递减，在（k，+∞）单调递增，
设α＜β，则一定0＜α＜k，β＞k，
构造函数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）上单调递减，
∴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，
∵函数f（x）在（k，+∞）上单调递增，
∴β＞2k-α，
∴α+β＞2k

点评 本题考查了函数的单调性问题，考查导数的应用以及不等式的证明，是一道综合题．