Question

19．已知函數(shù)f（x）=alnx，g（x）=x+$\frac{1}{x}$+f′（x）
（Ⅰ）討論h（x）=g（x）-f（x）的單調(diào)性；
（Ⅱ）若h（x）的極值點(diǎn)為3，設(shè)方程f（x）+mx=0的兩個(gè)根為x₁，x₂，且$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$≥e^a，求證：$\frac{f′（{x}_{1}+{x}_{2}）+m}{f′（{x}_{1}-{x}_{2}）}$＞$\frac{6}{5}$．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，通過(guò)討論a的范圍求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間即可；
（Ⅱ）求出a的值，得到$\frac{f′{（x}_{1}{+x}_{2}）}{f′{（x}_{1}{-x}_{2}）}$=$\frac{1-\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}}{1+\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}}$+ln$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$，令$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$=t≥e²，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性證明即可．

解答 解：（Ⅰ）∵h(yuǎn)（x）=g（x）-f（x）=x-alnx+$\frac{1+a}{x}$，其定義域是（0，+∞），
∴h′（x）=$\frac{（x+1）[x-（1+a）]}{{x}^{2}}$，
①1+a≤0即a≤-1時(shí)，x∈（0，+∞）時(shí)，h′（x）＞0，h（x）在（0，+∞）遞增；
②a+1＞0即a＞-1時(shí)，x∈（0，1+a）時(shí)，h′（x）＜0，x∈（1+a，+∞）時(shí)，h′（x）＞0，
h（x）在（0，1+a）遞減，在（1+a，+∞）遞增，
綜上，a＞-1時(shí)，h（x）在（0，1+a）遞減，在（1+a，+∞）遞增，
a≤-1時(shí)，h（x）在（0，+∞）遞增；
（Ⅱ）由（Ⅰ）得x=1+a是函數(shù)h（x）的唯一極值點(diǎn)，故a=2；
∵2lnx₁+mx₁=0，2lnx₂+mx₂=0，
∴2（lnx₂-lnx₁）=m（x₁-x₂），
∴$\frac{f′{（x}_{1}{+x}_{2}）}{f′{（x}_{1}{-x}_{2}）}$=$\frac{{x}_{1}{-x}_{2}}{2}$（$\frac{2}{{x}_{1}{+x}_{2}}$+m）=$\frac{{x}_{1}{-x}_{2}}{{x}_{1}{+x}_{2}}$+m$\frac{{x}_{1}{-x}_{2}}{2}$=$\frac{1-\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}}{1+\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}}$+ln$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$，
令$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$=t≥e²，φ（t）=$\frac{1-t}{1+t}$+lnt，則φ′（t）=$\frac{{t}^{2}+1}{{t（t+1）}^{2}}$＞0，
∴φ（t）在[e²，+∞）上遞增，
φ（t）≥φ（e²）=1+$\frac{2}{{e}^{2}+1}$＞1+$\frac{2}{{3}^{2}+1}$=$\frac{6}{5}$，
故$\frac{f′（{x}_{1}+{x}_{2}）+m}{f′（{x}_{1}-{x}_{2}）}$＞$\frac{6}{5}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了函數(shù)的單調(diào)性、極值問(wèn)題，考查不等式的證明以及函數(shù)和方程思想，考查轉(zhuǎn)化思想以及計(jì)算能力，是一道綜合題．