Question

11．已知函數(shù)$f（x）=ln（x+a）+\frac{2}{x}$，g（x）=lnx．（注：${[{ln（x+a）}]^′}=\frac{1}{x+a}$）
（1）a=0時(shí)，求函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間和極值；
（2）已知f（x）在[e，+∞）上是單調(diào)函數(shù)，求a的取值范圍；
（3）已知m，n，ξ滿足n＞ξ＞m＞0，且$g'（ξ）=\frac{g（n）-g（m）}{n-m}$，試比較ξ與$\sqrt{mn}$的大�。�

Answer 1

分析 （1）對(duì)f（x）求導(dǎo)，利用導(dǎo)數(shù)求得f（x）的單調(diào)區(qū)間
（2）對(duì)f（x）求導(dǎo)，分離參數(shù)a，利用導(dǎo)數(shù)的性質(zhì)求得a的取值范圍
（3）構(gòu)造新函數(shù)，利用新函數(shù)的導(dǎo)數(shù)證明命題成立．

解答 解：（1）a=0，f（x）=lnx+$\frac{2}{x}$，f'（x）=$\frac{1}{x}-\frac{2}{{x}^{2}}=\frac{x-2}{{x}^{2}}$，f'（x）=0，x=2．
∵x＞0，∴f（x）的單調(diào)增區(qū)間為（2，+∞），減區(qū)間為（0，2）．且x=2時(shí)f（x）取得極小值f（2）=ln2+1
（2）∵$f（x）=ln（{x+a}）+\frac{2}{x}$∴$f'（x）=\frac{1}{x+a}-\frac{2}{x^2}=\frac{{{x^2}-2x-2a}}{{{x^2}（{x+a}）}}$，∵f（x）在[e，+∞）上單調(diào)∴$\left\{\begin{array}{l}x+a＞0\\{x^2}-2x-2a≥0\end{array}\right.$或$\left\{\begin{array}{l}x+a＞0\\{x^2}-2x-2a≤0\end{array}\right.$∴$\left\{\begin{array}{l}a＞-e\\ a≤\frac{1}{2}{x^2}-x\end{array}\right.$或$\left\{\begin{array}{l}a＞-e\\ a≥\frac{1}{2}{x^2}-x\end{array}\right.$∵當(dāng)x≥e時(shí)，$\frac{1}{2}{x^2}-x≥\frac{1}{2}{e^2}-e$
∴$-e＜a≤\frac{1}{2}{e^2}-e$…8分
（2）∵$g'（ξ）=\frac{g（n）-g（m）}{n-m}$∴$\frac{1}{ξ}=\frac{lnn-lnm}{n-m}$
設(shè)$h（x）=2lnx-x+\frac{1}{x}（{x＞1}）$，則$h'（x）=\frac{2}{x}-1-\frac{1}{x^2}=-\frac{{{{（{x-1}）}^2}}}{x^2}＜0$
∴h（x）＜h（1）=0，∴當(dāng)x＞1時(shí)，$2lnx＜x-\frac{1}{x}$
令$x=\sqrt{\frac{n}{m}}$，得$2ln\sqrt{\frac{n}{m}}＜\sqrt{\frac{n}{m}}-\sqrt{\frac{m}{n}}$∴$lnn-lnm＜\frac{n-m}{{\sqrt{mn}}}$⇒$\frac{lnn-lnm}{n-m}＜\frac{1}{{\sqrt{mn}}}$∴$\frac{1}{ξ}＜\frac{1}{{\sqrt{mn}}}$即$ξ＞\sqrt{mn}$…14分．

點(diǎn)評(píng) 本題主要考查導(dǎo)數(shù)在求得參數(shù)的取值范圍的應(yīng)用，屬于中檔題，在高考中常作壓軸題出現(xiàn)．