Question

1．已知函數(shù)f（x）=x³-mx．
（1）求函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（2）當m=1時，令g（x）=$\frac{a{x}^{2}+ax}{f（x）}$+lnx，若函數(shù)y=g（x）在（0，$\frac{1}{e}$）內(nèi)有極值，對?t∈（1，+∞），?s∈（0，1），求證：g（t）-g（s）＞e+2-$\frac{1}{e}$．

Answer 1

分析 （1）求出函數(shù)的導數(shù)，通過討論m的范圍，求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間即可；
（2）先化簡函數(shù)g（x），根據(jù)g（x）的導數(shù)，判斷函數(shù)g（x）的單調(diào)性，結(jié)合函數(shù)單調(diào)性和不等式之間的關系進行證明即可．

解答 解：（1）f（x）=x³-mx，f′（x）=3x²-m，
m≤0時，f′（x）≥0恒成立，f（x）在R遞增，
m＞0時，令f′（x）＞0，解得：x＞$\sqrt{\frac{m}{3}}$或x＜-$\sqrt{\frac{m}{3}}$，令f′（x）＜0，解得：-$\sqrt{\frac{m}{3}}$＜x＜$\sqrt{\frac{m}{3}}$，
∴f（x）在（-∞，-$\sqrt{\frac{m}{3}}$）遞增，在（-$\sqrt{\frac{m}{3}}$，$\sqrt{\frac{m}{3}}$）遞減，在（$\sqrt{\frac{m}{3}}$，+∞）遞增；
（2）m=1時，g（x）=$\frac{a{x}^{2}+ax}{f（x）}$+lnx=lnx+$\frac{a}{x-1}$，（x＞0），
g′（x）=$\frac{1}{x}$-$\frac{a}{{（x-1）}^{2}}$=$\frac{{x}^{2}-（a+2）x+1}{{x（x-1）}^{2}}$，
∵函數(shù)g（x）在（0，$\frac{1}{e}$）內(nèi)有極值，
∴g′（x）=0在（0，$\frac{1}{e}$）內(nèi)有解，令h（x）=x²-（a+2）x+1=（x-α）（x-β），
∵αβ=1，不妨設0＜α＜$\frac{1}{e}$，則β＞e，
由g′（x）＞0，可得0＜x＜α或x＞β；由g′（x）＜0，可得α＜x＜1或1＜x＜β，
∴g（x）在（0，α）內(nèi)遞增，在（α，1）內(nèi)遞減，在（1，β）內(nèi)遞減，在（β，+∞）遞增，
由s∈（0，1），可得g（s）≤g（α）=lnα+$\frac{a}{α-1}$，
由t∈（1，+∞），可得g（t）≥g（β）=lnβ+$\frac{a}{β-1}$，
∴g（t）-g（s）≥g（β）-g（α）
∵αβ=1，α+β=a+2
∴g（β）-g（α ）=2lnβ+a×$\frac{α-β}{（β-1）（α-1）}$=2lnβ+β-$\frac{1}{β}$，
記h（β）=2lnβ+β-$\frac{1}{β}$（β＞e）
則h′（β）=$\frac{2}{β}$+1+$\frac{1}{{β}^{2}}$＞0，h（β）在（0，+∞）上單調(diào)遞增
∴h（β）＞h（e）=e+2-$\frac{1}{e}$，
∴g（t）-g（s）＞e+2-$\frac{1}{e}$．

點評 本題以函數(shù)為載體，考查導數(shù)知識的運用，考查函數(shù)的極值與單調(diào)性，考查不等式的證明，綜合性比較強．難度較大．