Question

6．已知函數(shù)f（x）=x³-x-$\sqrt{x}$，g（x）=$\frac{a{x}^{2}+ax}{f（x）+\sqrt{x}}$+lnx
（1）求函數(shù)y=f（x）的零點個數(shù)；
（2）若函數(shù)y=g（x）在（0，$\frac{1}{e}$）內(nèi)有極值，求實數(shù)a的取值范圍；
（3）對任意的t∈（1，+∞），s∈（0，1），求證：g（t）-g（s）＞e+2-$\frac{1}{e}$．

Answer 1

分析 （1）易知x=0是y=f（x）的零點，從而x＞0時，f（x）=x（x²-1-$\frac{1}{\sqrt{x}}$），設(shè)φ（x）=x2-1-$\frac{1}{\sqrt{x}}$，利用導(dǎo)數(shù)及零點判定定理可求函數(shù)零點個數(shù)；
（2）化簡得g（x），其定義域是（0，1）∪（1，+∞），求導(dǎo)得g'（x），構(gòu)造h（x）=x²-（2+a）x+1，則問題轉(zhuǎn)化為h（x）=0有兩個不同的根x₁，x₂，從而△＞0，且一根在（0，$\frac{1}{e}$）內(nèi)，不妨設(shè)0＜x₁＜$\frac{1}{e}$，再由x₁x₂=1，得0＜x₁＜$\frac{1}{e}$＜e＜x₂，根據(jù)零點判定定理可知只需h（$\frac{1}{e}$）＜0，由此可求a的范圍；
（3）可求y=g（x）在（1，+∞）內(nèi)的最小值為g（x₂），y=g（x）在（0，1）內(nèi)的最大值為g（x₁），可知x₁+x₂=2+a，x₁x₂=1，x₁∈（0，$\frac{1}{e}$），x₂∈（e，+∞），故g（t）-g（s）≥g（x₂）-g（x₁）═lnx₂²+x₂-$\frac{1}{{x}_{2}}$（x₂＞e），設(shè)k（x）=lnx²+x-$\frac{1}{x}$=2lnx+x-$\frac{1}{x}$，k'（x）=$\frac{2}{x}$+1+$\frac{1}{{x}^{2}}$＞0，利用導(dǎo)數(shù)可判斷k（x）在（e，+∞）內(nèi)單調(diào)遞增，從而有k（x）＞k（e），整理可得結(jié)論．

解答 解：（1）∵f（0）=0，∴x=0是y=f（x）的一個零點，
當(dāng)x＞0時，f（x）=x（x²-1-$\frac{1}{\sqrt{x}}$），設(shè)φ（x）=x2-1-$\frac{1}{\sqrt{x}}$，
φ'（x）=2x+$\frac{1}{2\sqrt{{x}^{3}}}$＞0，∴φ（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增．
又φ（1）=-1＜0，φ（2）=3-$\frac{1}{\sqrt{2}}$＞0，
故φ（x）在（1，2）內(nèi)有唯一零點，
因此y=f（x）在（0，+∞）內(nèi)有且僅有2個零點；
（2）g（x）=$\frac{a{x}^{2}+ax}{f（x）+\sqrt{x}}$+lnx=lnx+$\frac{a}{x-1}$，
其定義域是（0，1）∪（1，+∞），
則g'（x）=$\frac{1}{x}$-$\frac{a}{{（x-1）}^{2}}$=$\frac{{x}^{2}-（2+a）x+1}{{x（x-1）}^{2}}$，
設(shè)h（x）=x²-（2+a）x+1，要使函數(shù)y=g（x）在（0，$\frac{1}{e}$）內(nèi)有極值，則h（x）=0有兩個不同的根x₁，x₂，
∴△=（2+a）²-4＞0，得a＞0或a＜-4，且一根在（0，$\frac{1}{e}$）內(nèi)，不妨設(shè)0＜x₁＜$\frac{1}{e}$，
又x₁x₂=1，∴0＜x₁＜$\frac{1}{e}$＜e＜x₂，
由于h（0）=1，則只需h（$\frac{1}{e}$）＜0，即$\frac{1}{{e}^{2}}$-（a+2）•$\frac{1}{e}$+1＜0，
解得a＞e+$\frac{1}{e}$-2；
（3）由（2）可知，當(dāng)x∈（1，x₂）時，g'（x）＜0，g（x）遞減，x∈（x₂，+∞）時，g'（x）＞0，g（x）遞增，
故y=g（x）在（1，+∞）內(nèi)的最小值為g（x₂），即t∈（1，+∞）時，g（t）≥g（x₂），
又當(dāng)x∈（0，x₁）時，g'（x）＞0，g（x）單調(diào)遞增，x∈（x₁，1）時，g'（x）＜0，g（x）單調(diào)遞減，
故y=g（x）在（0，1）內(nèi)的最大值為g（x₁），即對任意s∈（0，1），g（s）≤g（x₁），
由（2）可知x₁+x₂=2+a，x₁x₂=1，x₁∈（0，$\frac{1}{e}$），x₂∈（e，+∞），
因此，g（t）-g（s）≥g（x₂）-g（x₁）=lnx₂+$\frac{a}{{x}_{2}-1}$-lnx₁-$\frac{a}{{x}_{1}-1}$=ln $\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$+$\frac{a}{{x}_{2}-1}$-$\frac{a}{{x}_{1}-1}$=lnx₂²+x₂-$\frac{1}{{x}_{2}}$（x₂＞e），
設(shè)k（x）=lnx²+x-$\frac{1}{x}$=2lnx+x-$\frac{1}{x}$，k'（x）=$\frac{2}{x}$+1+$\frac{1}{{x}^{2}}$＞0，
∴k（x）在（e，+∞）內(nèi)單調(diào)遞增，
故k（x）＞k（e）=2+e-$\frac{1}{e}$，即g（t）-g（s）＞e+2-$\frac{1}{e}$．

點評 本題考查利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的零點、極值、最值，考查轉(zhuǎn)化思想，考查學(xué)生綜合運(yùn)用數(shù)學(xué)知識分析解決問題的能力，綜合性強(qiáng)，能力要求比較高．