已经函数 $f(x)=ax^{2}+\dfrac{1}{x}-2\ln x(x>0)$．
【难度】
【出处】
无
【标注】
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若 $f(x)$ 在 $[1,+\infty)$ 上单调递增，求实数 $a$ 的取值范围；标注答案$\left[\dfrac{3}{2},+\infty\right)$解析因为$$f'(x)=2ax-\dfrac{1}{x^{2}}-\dfrac{2}{x},$$若 $f(x)$ 在 $[1,+\infty)$ 上单调递增，则\[\forall x\geqslant 1,2ax-\dfrac{1}{x^{2}}-\dfrac{2}{x}\geqslant 0,\]所以\[2a\geqslant \max\limits_{x\geqslant 1}\left(\dfrac{1}{x^{3}}+\dfrac{2}{x^{2}}\right)=3,\]故 $a$ 的取值范围是 $\left[\dfrac{3}{2},+\infty\right)$．
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若定义在区间 $D$ 上的函数 $y=g(x)$ 对于区间 $D$ 上的任意两个值 $x_{1},x_{2}$，总有不等式 $\dfrac{g(x_{1})+g(x_{2})}2\geqslant g\left(\dfrac{x_{1}+x_{2}}{2}\right)$ 成立，则称函数 $y=g(x)$ 为区间 $D$ 上的“凸函数”．试证当 $a\geqslant 0$ 时，$f(x)$ 为“凸函数”．标注答案略解析用分析法．
要证当 $a\geqslant 0$ 时，$f(x)$ 为“凸函数”，也就是证\[\forall x_{1},x_{2}>0,\dfrac{f(x_{1})+f(x_{2})}{2}\geqslant f\left(\dfrac{x_{1}+x_{2}}{2}\right),\]即证\[\forall x_{1},x_{2}>0,ax_{1}^{2}+\dfrac{1}{x_{1}-2\ln x_{1}}+ax_{2}^{2}+\dfrac{1}{x_{2}-2\ln x_{2}}\geqslant 2\left[a\left(\dfrac{x_{1}+x_{2}}{2}\right)^{2}+\dfrac{2}{x_{1}+x_{2}}-2\ln \dfrac{x_{1}+x_{2}}{2}\right],\]也就是要证\[\forall x_{1},x_{2}>0,a\left[x_{1}^{2}+x_{2}^{2}-2\left(\dfrac{x_{1}+x_{2}}{2}\right)^{2}\right]+\left(\dfrac{1}{x_{1}}+\dfrac{1}{x_{2}}-\dfrac{4}{x_{1}+x_{2}}\right)-2\left(\ln x_{1}+\ln x_{2}-2\ln \dfrac{x_{1}+x_{2}}{2}\right)\geqslant 0,\]接下来证明$$ \begin{split}x_{1}^{2}+x_{2}^{2}-2\left(\dfrac{x_{1}+x_{2}}{2}\right)^{2}&\geqslant 0,\\ \dfrac{1}{x_{1}}+\dfrac{1}{x_{2}}-\dfrac{4}{x_{1}+x_{2}}&\geqslant 0,\\ \ln x_{1}+\ln x_{2}-2\ln \dfrac{x_{1}+x_{2}}{2}&\leqslant 0.\end{split} $$前二者容易证明．
对于$$ \ln x_{1}+\ln x_{2}-2\ln \dfrac{x_{1}+x_{2}}{2}\leqslant 0 ,$$证明 $ x_{1}x_{2}\leqslant \left(\dfrac{x_{1}+x_{2}}{2}\right)^{2}$ 即可，这是显然成立的．
题目
问题1
答案1
解析1
备注1
问题2
答案2
解析2
备注2
