Question

8．設(shè)函數(shù)f（x）=（1+$\frac{2}{x-2}$）（1+lnx），g（x）=x-4-2lnx．
（1）求函數(shù)g（x）的零點(diǎn)個數(shù)，并說明理由；
（2）設(shè)x₁∈（0，2），x₂∈（2，+∞），求證：f（x₂）-f（x₁）＞$\frac{1}{2}$（e²-$\frac{1}{e}$）．

Answer 1

分析 （1）求出函數(shù)g（x）的導(dǎo)函數(shù)，由導(dǎo)函數(shù)的符號判斷原函數(shù)的單調(diào)性，結(jié)合函數(shù)零點(diǎn)存在性定理判斷函數(shù)g（x）的零點(diǎn)個數(shù)；
（2）求出f（x）的導(dǎo)函數(shù)，結(jié)合函數(shù)g（x）的零點(diǎn)所在的區(qū)間得到f（x₁）≤f（α），f（x₂）≥f（β），
再由$f（α）=（1+lnα）（1+\frac{2}{α-2}）$=$\frac{α}{2}$，f（β）=$\frac{β}{2}$，可得f（x₂）-f（x₁）＞f（β）-f（α）=$\frac{1}{2}$（β-α）＞$\frac{1}{2}$（e²-$\frac{1}{e}$）．

解答 （1）解：∵g（x）=x-4-2lnx，∴${g}^{′}（x）=1-\frac{2}{x}=\frac{x-2}{x}（x＞0）$，
令g′（x）＜0，得0＜x＜2，g′（x）＞0，得x＞2，
∴g（x）在（0，2）上單調(diào)遞減，在（2，+∞）上單調(diào)遞增，
又$g（\frac{1}{{e}^{2}}）=\frac{1}{{e}^{2}}-4+4＞0$，$g（\frac{1}{e}）=\frac{1}{e}-4+2＜0$，
g（e²）=e²-4-4＜0，g（e³）=e³-4-6＞0，
∴g（x）在區(qū)間$（\frac{1}{{e}^{2}}，\frac{1}{e}）$和（e²，e³）上各有且只有一個零點(diǎn)，
函數(shù)零點(diǎn)的個數(shù)為2；
（2）證明：∵f（x）=（1+$\frac{2}{x-2}$）（1+lnx），
∴${f}^{′}（x）=\frac{1}{x}•（1+\frac{2}{x-2}）+（1+lnx）[-\frac{2}{（x-2）^{2}}]$=$\frac{x-4-2lnx}{（x-2）^{2}}=\frac{g（x）}{（x-2）^{2}}$（x＞0且x≠2），
設(shè)函數(shù)g（x）的零點(diǎn)為α，β，且α＜β，
則由（1）知$α∈（\frac{1}{{e}^{2}}，\frac{1}{e}），β∈（{e}^{2}，{e}^{3}）$，且$lnα=\frac{α}{2}-2，lnβ=\frac{β}{2}-2$，
當(dāng)x∈（0，α）時，g（x）＞0，f′（x）＞0，∴f（x）在（0，α）上遞增；
當(dāng)x∈（α，2）時，g（x）＜0，f′（x）＜0，∴f（x）在（α，2）上遞減；
當(dāng)x∈（2，β）時，g（x）＜0，f′（x）＜0，∴f（x）在（2，β）上遞減；
當(dāng)x∈（β，+∞）時，g（x）＞0，f′（x）＞0，∴f（x）在（β，+∞）上遞增．
∵x₁∈（0，2），x₂∈（2，+∞），∴f（x₁）≤f（α），f（x₂）≥f（β），
由于$f（α）=（1+lnα）（1+\frac{2}{α-2}）$=$\frac{α}{2}$，同理f（β）=$\frac{β}{2}$，
∴f（x₂）-f（x₁）＞f（β）-f（α）=$\frac{1}{2}$（β-α）＞$\frac{1}{2}$（e²-$\frac{1}{e}$）．

點(diǎn)評 本題考查了利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，考查了利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的最值，訓(xùn)練了利用函數(shù)的單調(diào)性證明函數(shù)不等式，體現(xiàn)了數(shù)學(xué)轉(zhuǎn)化思想方法，考查了學(xué)生的邏輯思維能力，屬壓軸題．