Question

13．設(shè)函數(shù)f（x）=x+$\frac{1}{x}$+alnx，g（x）=x+$\frac{1}{x}$+（$\frac{1}{x}$-x）lnx，其中a∈R．
（Ⅰ）證明：g（x）=g（$\frac{1}{x}$），并求g（x）的最大值；
（Ⅱ）記f（x）的最小值為h（a），證明：函數(shù)y=h（a）有兩個(gè)互為相反數(shù)的零點(diǎn)．

Answer 1

分析 （Ⅰ）利用已知函數(shù)g（x）的解析式，分別計(jì)算g（$\frac{1}{x}$），g（x），可得兩者相等；再利用g′（x）求得最大值；
（Ⅱ）利用f′（x）可得f（x）的最小值h（a）=t+$\frac{1}{t}$+（$\frac{1}{t}$-t）lnt=g（t），由（Ⅰ）可知g（$\frac{1}{{e}^{2}}$）＜0，g（1）＞0，利用函數(shù)零點(diǎn)的判定定理即得結(jié)論．

解答 解：（Ⅰ）∵g（$\frac{1}{x}$）=$\frac{1}{x}$+x+（x-$\frac{1}{x}$）ln$\frac{1}{x}$=x+$\frac{1}{x}$+（$\frac{1}{x}$-x）lnx，
∴g（x）=g（$\frac{1}{x}$），則g′（x）=-（1+$\frac{1}{{x}^{2}}$）lnx，
當(dāng)x∈（0，1）時(shí)，g′（x）＞0，g（x）單調(diào)遞增；
當(dāng)x∈（1，+∞）時(shí)，g′（x）＜0，g（x）單調(diào)遞減．
所以g（x）的最大值為g（1）=$1+\frac{1}{1}+0$=2．
（Ⅱ）∵f（x）=x+$\frac{1}{x}$+alnx，
∴f′（x）=1-$\frac{1}{{x}^{2}}$+$\frac{a}{x}$=$\frac{{x}^{2}+ax-1}{{x}^{2}}$．
令f′（x）=0，即x²+ax-1=0，則△=a²+4＞0，
不妨取t=$\frac{\sqrt{{a}^{2}+4}-a}{2}$＞0，由此得：t²+at-1=0或?qū)憺椋篴=$\frac{1}{t}$-t．
當(dāng)x∈（0，t）時(shí)，f′（x）＜0，f（x）單調(diào)遞減；
當(dāng)x∈（t，+∞）時(shí)，f′（x）＞0，f（x）單調(diào)遞增．
從而f（x）的最小值為f（t）=t+$\frac{1}{t}$+alnt=t+$\frac{1}{t}$+（$\frac{1}{t}$-t）lnt，
即h（a）=t+$\frac{1}{t}$+（$\frac{1}{t}$-t）lnt=g（t）（或h（a）=$\sqrt{{a}^{2}+4}$+aln$\frac{\sqrt{{a}^{2}+4}-a}{2}$）．
由（Ⅰ）可知g（$\frac{1}{{e}^{2}}$）=g（e²）=$\frac{3}{{e}^{2}}$-e²＜0，g（1）=2＞0，
分別存在唯一的c∈（0，1）和d∈（1，+∞），使得g（c）=g（d）=0，且cd=1，
因?yàn)閍=$\frac{1}{t}$-t（t＞0）是t的減函數(shù)，所以y=h（a）有兩個(gè)零點(diǎn)a₁=$\frac{1}5x3pdhv$-d和a₂=$\frac{1}{c}$-c，
又$\frac{1}y7pv22p$-d+$\frac{1}{c}$-c=$\frac{c+d}{cd}$-（c+d）=0，所以y=h（a）有兩個(gè)零點(diǎn)且互為相反數(shù)．

點(diǎn)評(píng) 本題考查利用導(dǎo)數(shù)判斷函數(shù)的單調(diào)性及零點(diǎn)判定定理，考查轉(zhuǎn)化與化歸思想、運(yùn)算求解能力、數(shù)據(jù)處理能力和推理論證能力．