Question

11．已知函數(shù)f（x）=blnx+x-$\frac{1}{x}$（b∈R）．
（1）若曲線y=f（x）在點(diǎn)（1，2）處的切線與直線x-y+3=0垂直，求實(shí)數(shù)b的值；
（2）若函數(shù)f（x）在[1，+∞）上單調(diào)遞增，求實(shí)數(shù)b的取值范圍；
（3）已知g（x）=$\frac{1}{2}$x²+（t-1）x+$\frac{1}{x}$，t≤-$\frac{{3\sqrt{2}}}{2}$，h（x）=f（x）+g（x），當(dāng)b=1時(shí)，h（x）有兩個(gè)極值點(diǎn)x₁，x₂，且x₁＜x₂，求h（x₁）-h（x₂）的最小值．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)導(dǎo)數(shù)的幾何意義即可求出，
（2）利用函數(shù)單調(diào)性和導(dǎo)數(shù)之間的關(guān)系進(jìn)行求解即可．
（3）求出函數(shù)h（x）的表達(dá)式，求出函數(shù)h（x）的導(dǎo)數(shù)，利用函數(shù)極值，最值和導(dǎo)數(shù)之間的關(guān)系進(jìn)行求解．

解答 解：（1）∵f（x）=blnx+x-$\frac{1}{x}$，x＞0，
∴f′（x）=$\frac{x}$+1+$\frac{1}{{x}^{2}}$，
∴f′（1）=b+2，
∵曲線y=f（x）在點(diǎn)（1，2）處的切線與直線x-y+3=0垂直，
∴b+2=-1，
∴b=-3，
（2）∵函數(shù)f（x）在[1，+∞）上單調(diào)遞增，
∴f′（x）=$\frac{x}$+1+$\frac{1}{{x}^{2}}$≥0，在[1，+∞）上恒成立，
∴b≥-x-$\frac{1}{x}$，在[1，+∞）上恒成立
∵x+$\frac{1}{x}$≥2$\sqrt{x•\frac{1}{x}}$=2，當(dāng)且僅當(dāng)x=1時(shí)取等號(hào)，
∴b≥-2，
故b的取值范圍為[-2，+∞），
（3）h（x）=f（x）+g（x）=lnx+$\frac{1}{2}$x²+tx，其定義域?yàn)椋?，+∞），
求導(dǎo)得，h′（x）=$\frac{1}{x}$+x+t=$\frac{{x}^{2}+tx+1}{x}$
若h′（x）=0兩根分別為x₁，x₂，則有x₁•x₂=1，x₁+x₂=-t，
∴x₂=$\frac{1}{{x}_{1}}$，從而有m=-x₁-$\frac{1}{{x}_{1}}$，
∵t≤-$\frac{{3\sqrt{2}}}{2}$，x₁＜x₂，
∴x₁∈[$\frac{\sqrt{2}}{2}$，1]
則h（x₁）-h（x₂）=h（x₁）-h（$\frac{1}{{x}_{1}}$）=2lnx₁+（x₁²-$\frac{1}{{x}_{1}^{2}}$）+（-x₁-$\frac{1}{{x}_{1}}$）（x₁-$\frac{1}{{x}_{1}}$），
令φ（x）=2lnx-（x²-$\frac{1}{{x}^{2}}$），x∈[$\frac{\sqrt{2}}{2}$，1]．
則[h（x₁）-h（x₂）]_min=φ（x）_min，
φ′（x）=-$\frac{（{x}^{2}-1）^{2}}{{x}^{3}}$，
當(dāng)x∈（$\frac{\sqrt{2}}{2}$，1]時(shí)，φ′（x）＜0，
∴φ（x）在[$\frac{\sqrt{2}}{2}$，1]上單調(diào)遞減，
φ（x）_min=φ（1）=0，
∴h（x₁）-h（x₂）的最小值為0．

點(diǎn)評(píng) 本題主要考查函數(shù)單調(diào)性，極值，最值和導(dǎo)數(shù)的關(guān)系，求函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，利用構(gòu)造法是解決本題的關(guān)鍵．綜合性較強(qiáng)，有一定的難度．