Question

9．函數(shù)f（x）=a（x-$\frac{1}{x}$）-2lnx（a∈R）．
（1）當(dāng)a=2時，求曲線f（x）在x=2處的切線方程；
（2）若a＞$\frac{2e}{{e}^{2}+1}$，且m、n分別為f（x）的極大值和極小值，S=m-n，求證：S＜$\frac{8}{{e}^{2}+1}$．

Answer 1

分析 （1）求出導(dǎo)數(shù)，計算f（2），f′（2），求出切線方程即可；
（2）設(shè)f′（x）=0的兩根為x₁，x₂（x₁＜x₂），所以m=f（x₁），n=f（x₂），求出S=m-n=2（ax₁-$\frac{a}{{x}_{1}}$-2lnx₁），將a的值代入S的解析式，化簡，構(gòu)造新函數(shù)g（x），求導(dǎo)數(shù)，應(yīng)用單調(diào)性，即可證明結(jié)論．

解答 解：（1）f′（x）=a+$\frac{a}{{x}^{2}}$-$\frac{2}{x}$，
若a=2，則f′（2）=$\frac{3}{2}$，f（2）=3-2ln2，
故切線方程是y-（3-2ln2）=$\frac{3}{2}$（x-2），
即3x-2y-4ln2=0；
（2）證明：f′（x）=$\frac{{ax}^{2}-2x+a}{{x}^{2}}$，令f′（x）=0，得ax²-2x+a=0，
由△＞0得4-4a²＞0，即-1＜a＜1且 $\frac{2e}{1{+e}^{2}}$＜a＜1，得 $\frac{2e}{1{+e}^{2}}$＜a＜1，
此時設(shè)f′（x）=0的兩根為x₁，x₂（x₁＜x₂），所以m=f（x₁），n=f（x₂），
因為x₁x₂=1，所以x₁＜1＜x₂，
由 $\frac{2e}{1{+e}^{2}}$＜a＜1，且ax₁²-2x₁+a=0，得$\frac{1}{e}$＜x₁＜1，
所以S=m-n=ax₁-$\frac{a}{{x}_{1}}$-2lnx₁-（ax₂-$\frac{a}{{x}_{2}}$-2lnx₂）=ax₁-$\frac{a}{{x}_{1}}$-2lnx₁-（$\frac{a}{{x}_{1}}$-ax₁+2lnx₁）
=2（ax₁-$\frac{a}{{x}_{1}}$-2lnx₁）
由ax₁²-2x₁+a=0得a=$\frac{{2x}_{1}}{1{{+x}_{1}}^{2}}$，代入上式得，
S=4（ $\frac{{{x}_{1}}^{2}-1}{{{x}_{1}}^{2}+1}$-lnx₁）=4（ $\frac{{{x}_{1}}^{2}-1}{{{x}_{1}}^{2}+1}$-$\frac{1}{2}$lnx₁²）
令x₁²=t，所以$\frac{1}{{e}^{2}}$＜t＜1，g（x）=$\frac{x-1}{x+1}$-$\frac{1}{2}$lnx，則S=4g（t），
g′（t）=$\frac{{-（x-1）}^{2}}{2{x（x+1）}^{2}}$＜0，所以g（x）在[$\frac{1}{{e}^{2}}$，1]上單調(diào)遞減，
從而g（1）＜g（t）＜g（$\frac{1}{{e}^{2}}$），
即0＜g（t）＜$\frac{2}{1{+e}^{2}}$，
故S＜$\frac{8}{{e}^{2}+1}$．

點評 本題考查導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用：求單調(diào)區(qū)間和求極值，考查二次方程的兩根的關(guān)系，構(gòu)造函數(shù)應(yīng)用導(dǎo)數(shù)判斷單調(diào)性，是一道綜合題．