Question

7．设常数λ＞0，a＞0，函数f（x）=$\frac{{x}^{2}}{λ+x}$-alnx．
（1）当a=$\frac{3}{4}$λ时，若f（x）最小值为0，求λ的值；
（2）对任意给定的正实数λ，a，证明：存在实数x₀，当x＞x₀时，f（x）＞0．

Answer 1

分析 （1）当a=$\frac{3}{4}$λ时，函数f（x）=$\frac{{x}^{2}}{λ+x}$-$\frac{3}{4}λlnx$（x＞0）．f′（x）=$\frac{（x-λ）（4{x}^{2}+9λx+3{λ}^{2}）}{4x（λ+x）^{2}}$，分别解出f′（x）＞0，f′（x）＜0，研究其单调性，即可得出最小值．
（2）函数f（x）=x-$λ+\frac{{λ}^{2}}{λ+x}$-alnx＞x-λ-alnx．令u（x）=x-λ-alnx．利用导数研究其单调性即可得出．

解答 （1）解：当a=$\frac{3}{4}$λ时，函数f（x）=$\frac{{x}^{2}}{λ+x}$-alnx=$\frac{{x}^{2}}{λ+x}$-$\frac{3}{4}λlnx$（x＞0）．
f′（x）=$\frac{x（2λ+x）}{（λ+x）^{2}}$-$\frac{3λ}{4x}$=$\frac{（x-λ）（4{x}^{2}+9λx+3{λ}^{2}）}{4x（λ+x）^{2}}$，
∵λ＞0，x＞0，∴4x²+9λx+3λ²＞0，4x（λ+x）²＞0．
∴当x＞λ时，f′（x）＞0，此时函数f（x）单调递增；
当0＜x＜λ时，f′（x）＜0，此时函数f（x）单调递减．
∴当x=λ时，函数f（x）取得极小值，即最小值，
∴f（（λ）=$\frac{{λ}^{2}}{2λ}-$$\frac{3λ}{4}lnλ$=0，解得λ=${e}^{\frac{2}{3}}$．
（2）证明：函数f（x）=$\frac{{x}^{2}}{λ+x}$-alnx=$\frac{{x}^{2}-{λ}^{2}+{λ}^{2}}{λ+x}$-alnx=x-$λ+\frac{{λ}^{2}}{λ+x}$-alnx＞x-λ-alnx．
令u（x）=x-λ-alnx．
u′（x）=1-$\frac{a}{x}$=$\frac{x-a}{x}$，可知：当x＞a时，u′（x）＞0，函数u（x）单调递增，x→+∞，u（x）→+∞．
一定存在x₀＞0，使得当x＞x₀时，u（x₀）＞0，
∴存在实数x₀，当x＞x₀时，f（x）＞u（x）＞u（x₀）＞0．

点评 本题考查了利用导数研究函数的单调性极值与最值、分类讨论方法、恒成立问题的等价转化方法，考查了推理能力与计算能力，属于难题．