11.已知函數(shù)f(x)=lnx-$\frac{1}{x}$-ax,a∈R.
(Ⅰ)若函數(shù)f(x)在[1,+∞)上單調(diào)遞減,求實數(shù)a的取值范圍;
(Ⅱ) 若f(x)有兩個不同的零點x1,x2,試比較x1x2與2e2的大小.
(參考數(shù)據(jù),e≈2.7,取ln2≈0.7,$\sqrt{2}$≈1.4,)

分析 (Ⅰ)求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù),分離參數(shù),結(jié)合函數(shù)的單調(diào)性求出a的范圍即可;
(Ⅱ)求函數(shù)的導(dǎo)數(shù),構(gòu)造函數(shù),根據(jù)x1、x2為函數(shù)f(x)的兩個不同的零點,即可證明不等式.

解答 解:(Ⅰ)由題意得對?x≥1,
$f'(x)=\frac{1}{x}+\frac{1}{x^2}-a≤0$恒成立,…(1分)
即$a≥(\frac{1}{x}+\frac{1}{x^2}{)_{max}}$,…(2分)
令$t=\frac{1}{x},\;(0<t≤1)$,
又$g(t)={t^2}+t={(t+\frac{1}{2})^2}-\frac{1}{4}$在(0,1]遞增,
∴gmax=g(1)=2,…(3分)
∴a≥2故實數(shù)a的取值范圍為[2,+∞)…(4分)
(2)由題意知$ln{x_1}-\frac{1}{x_1}=a{x_1}$,$ln{x_2}-\frac{1}{x_2}=a{x_2}$,…(5分)
兩式相加得$ln{x_1}{x_2}-\frac{{{x_1}+{x_2}}}{{{x_1}{x_2}}}=a({x_1}+{x_2})$,
兩式相減得$ln\frac{x_2}{x_1}-\frac{{{x_1}-{x_2}}}{{{x_1}{x_2}}}=a({x_2}-{x_1})$,…(6分)
即$\frac{{ln\frac{x_2}{x_1}}}{{{x_2}-{x_1}}}+\frac{1}{{{x_1}{x_2}}}=a$,
∴$ln{x_1}{x_2}-\frac{{{x_1}+{x_2}}}{{{x_1}{x_2}}}=(\frac{{ln\frac{x_2}{x_1}}}{{{x_2}-{x_1}}}+\frac{1}{{{x_1}{x_2}}})({x_1}+{x_2})$,
即$ln{x_1}{x_2}-\frac{{2({x_1}+{x_2})}}{{{x_1}{x_2}}}=\frac{{{x_1}+{x_2}}}{{{x_2}-{x_1}}}ln\frac{x_2}{x_1}$,…(7分)
不妨令0<x1<x2,記$t=\frac{x_2}{x_1}>1$,
令$F(t)=lnt-\frac{2(t-1)}{t+1}(t>1)$,則$F'(t)=\frac{{{{(t-1)}^2}}}{t(t+1)}>0$,
∴$F(t)=lnt-\frac{2(t-1)}{t+1}$在(1,+∞)上單調(diào)遞增,
則$F(t)=lnt-\frac{2(t-1)}{t+1}>F(1)=0$,
∴$lnt>\frac{2(t-1)}{t+1}$,則$ln\frac{x_2}{x_1}>\frac{{2({x_2}-{x_1})}}{{{x_1}+{x_2}}}$,…(9分)
∴$ln{x_1}{x_2}-\frac{{2({x_1}+{x_2})}}{{{x_1}{x_2}}}=\frac{{{x_1}+{x_2}}}{{{x_2}-{x_1}}}ln\frac{x_2}{x_1}>2$,
又$ln{x_1}{x_2}-\frac{{2({x_1}+{x_2})}}{{{x_1}{x_2}}}<ln{x_1}{x_2}-\frac{{4\sqrt{{x_1}{x_2}}}}{{{x_1}{x_2}}}=ln{x_1}{x_2}-\frac{4}{{\sqrt{{x_1}{x_2}}}}=2ln\sqrt{{x_1}{x_2}}-\frac{4}{{\sqrt{{x_1}{x_2}}}}$,
∴$2ln\sqrt{{x_1}{x_2}}-\frac{4}{{\sqrt{{x_1}{x_2}}}}>2$,即$ln\sqrt{{x_1}{x_2}}-\frac{2}{{\sqrt{{x_1}{x_2}}}}>1$,…(10分)
令$G(x)=lnx-\frac{2}{x}$,則x>0時,$G'(x)=\frac{1}{x}+\frac{2}{x^2}>0$,
∴G(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增,
又$ln\sqrt{2}e-\frac{2}{{\sqrt{2}e}}=\frac{1}{2}ln2+1-\frac{{\sqrt{2}}}{e}≈0.85<1$,…(11分)
又$G(\sqrt{2e})=ln\sqrt{2}e-\frac{2}{{\sqrt{2}e}}=\frac{1}{2}ln2+1-\frac{{\sqrt{2}}}{e}≈0.85<1$
∴$G(\sqrt{{x_1}{x_2}})=ln\sqrt{{x_1}{x_2}}-\frac{2}{{\sqrt{{x_1}{x_2}}}}>1>ln\sqrt{2}e-\frac{2}{{\sqrt{2}e}}$,
$G(\sqrt{{x_1}{x_2}})=ln\sqrt{{x_1}{x_2}}-\frac{2}{{\sqrt{{x_1}{x_2}}}}>1>ln\sqrt{2}e-\frac{2}{{\sqrt{2}e}}=G(\sqrt{2e})$
又因為G(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增,
則$\sqrt{{x_1}{x_2}}>\sqrt{2}e$,即${x_1}{x_2}>2{e^2}$.…(12分)

點評 本題主要考查函數(shù)單調(diào)性和導(dǎo)數(shù)之間的關(guān)系,考查考生的應(yīng)用,運算量大,綜合性較強,屬于難題.

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A.a<b<cB.c<a<bC.b<c<aD.c<b<a

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3.求下列不定積分:
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(2)∫x2$\sqrt{x}$dx;
(3)∫(1+tan2x)dx;
(4)∫(x2+1)2dx;
(5)∫(ex-$\frac{1}{{x}^{2}}$)dx;
(6)∫(cosx+$\frac{1}{x}$)dx;
(7)∫$\frac{1+2{x}^{2}}{{x}^{2}(1+{x}^{2})}$dx;
(8)∫$\frac{cos2x}{si{n}^{2}xco{s}^{2}x}$dx;
(9)∫$\frac{1}{1+cos2x}$dx;
(10)∫sin2$\frac{x}{2}$dx.

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