Question

12．已知f（x）=ax+$\frac{a-2}{x}$+2-2a（a＞0），若當(dāng)x≥1時，總有f（x）≥2lnx成立，則實數(shù)a的取值范圍是（0，+∞）．

Answer 1

分析 可由f（x）≥2lnx在x≥1時恒成立得到，$ax+\frac{a-2}{x}-2lnx+2-2a≥0$恒成立，可設(shè)$g（x）=ax+\frac{a-2}{x}-2lnx+2-2a$，然后求導(dǎo)數(shù)得到g′（x）=$\frac{a（x-\frac{a-2}{a}）（x-1）}{{x}^{2}}$，而根據(jù)a＞0及x≥1可以說明g′（x）≥0恒成立，從而得出g（x）在x≥1上單調(diào)遞增，從而g（x）≥g（1）=0，這便說明對于任意的a＞0，都有f（x）≥2lnx成立，這樣便得出了a的取值范圍．

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，設(shè)g（x）=ax$+\frac{a-2}{x}-2lnx+2-2a$，則：
$g′（x）=a-\frac{a-2}{{x}^{2}}-\frac{2}{x}=\frac{[ax-（a-2）]（x-1）}{{x}^{2}}$=$\frac{a（x-\frac{a-2}{a}）（x-1）}{{x}^{2}}$；
∵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上單調(diào)遞增；
∴g（x）_min=g（1）=0；
∴g（x）≥0恒成立；
∴a＞0；
即實數(shù)a的取值范圍為（0，+∞）．
故答案為：（0，+∞）．

點評 考查根據(jù)導(dǎo)數(shù)符號判斷函數(shù)單調(diào)性的方法，根據(jù)單調(diào)性的定義求函數(shù)的最小值，注意要正確求導(dǎo)．