Question

14．已知函數(shù)f（x）=（a+1）lnx-x²，$g（x）=\frac{{{x^2}+a}}{x}$．
（Ⅰ）討論函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（Ⅱ）若函數(shù)f（x）與g（x）在（0，+∞）上的單調(diào)性正好相反．
（1）對于$?{x_1}，{x_2}∈[\frac{1}{e}，3]$，不等式$\frac{1}{{f（{x_1}）-g（{x_2}）}}≤\frac{1}{t-1}$恒成立，求實數(shù)t的取值范圍；
（2）令h（x）=xg（x）-f（x），兩正實數(shù)x₁、x₂滿足h（x₁）+h（x₂）+6x₁x₂=6，證明0＜x₁+x₂≤1．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，通過討論a的范圍，求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間即可；
（Ⅱ）（1）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，通過討論a的范圍求出[f（x）-g（x）]_max以及其最小值，從而求出t的范圍即可；
（2）由h（x₁）+h（x₂）+6x₁x₂=6得：${（{{x_1}+{x_2}}）^2}=-{x_1}{x_2}+ln（{{x_1}{x_2}}）+2$令t=x₁x₂，設(shè)φ（t）=lnt-t+2，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性證明即可．

解答 解：（Ⅰ）${f^'}（x）=\frac{a+1}{x}-2x=\frac{{-2{x^2}+（{a+1}）}}{x}（{x＞0}）$．
①當(dāng)a≤-1時，f′（x）≤0，此時f（x）在（0，+∞）上為減函數(shù)．
②當(dāng)a＞-1時，${f^'}（x）=\frac{{-2（{x+\sqrt{\frac{a+1}{2}}}）（{x-\sqrt{\frac{a+1}{2}}}）}}{x}$，
令f′（x）＞0，則$0＜x＜\sqrt{\frac{a+1}{2}}$；
令f′（x）＜0，則$x＞\sqrt{\frac{a+1}{2}}$，
∴此時f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間為$（{0，\sqrt{\frac{a+1}{2}}}）$，單調(diào)遞減區(qū)間為$（{\sqrt{\frac{a+1}{2}}，+∞}）$．
（Ⅱ）（1）$g（x）=x+\frac{a}{x}$，則${g^'}（x）=1-\frac{a}{x^2}=\frac{{{x^2}-a}}{x^2}$，
①當(dāng)a≤0時，g′（x）≥0，g（x）在（0，+∞）上為增函數(shù)，由（Ⅰ）知，可能與f（x）單調(diào)性相同；
②當(dāng)a＞0時，${g^'}（x）=\frac{{（{x+\sqrt{a}}）（{x-\sqrt{a}}）}}{x^2}$，
令g′（x）＞0，則$x＞\sqrt{a}$，此時g（x）為增函數(shù)；
令g′（x）＜0，則$0＜x＜\sqrt{a}$，此時g（x）為減函數(shù)；
∴此時g（x）的單調(diào)遞增區(qū)間為$（{\sqrt{a}，+∞}）$，單調(diào)遞減區(qū)間為$（{0，\sqrt{a}}）$
若要與y=f（x）在（0，+∞）上的單調(diào)性正好相反，則結(jié)合（Ⅰ）可知$\sqrt{a}=\sqrt{\frac{a+1}{2}}$，∴a=1．
∴$f（x）=2lnx-{x^2}，g（x）=\frac{{{x^2}+1}}{x}$．
在（0，+∞）上y=f（x）在（0，1）上單調(diào)遞增，（1，+∞）上單調(diào)遞減；
y=g（x）在（0，1）上單調(diào)遞減，（1，+∞）上單調(diào)遞增．
∴在$[{\frac{1}{e}，3}]$上：對于f（x）：f（x）_max=f（1）=-1，
又$f（{\frac{1}{e}}）=-\frac{1}{e^2}-2，f（3）=-9+2ln3，-9+2ln3＜-\frac{1}{e^2}-2$，∴f（x）_min=f（3）=-9+2ln3．
對于g（x）：g（x）_min=g（1）=2，
又$g（{\frac{1}{e}}）=e+\frac{1}{e}，g（3）=3+\frac{1}{3}=\frac{10}{3}，e+\frac{1}{e}＜\frac{10}{3}$，∴$g{（x）_{max}}=g（3）=\frac{10}{3}$
∴[f（x）-g（x）]_max=f（x）_max-g（x）_min=-3，${[{f（x）-g（x）}]_{min}}=f{（x）_{min}}-g{（x）_{max}}=-\frac{37}{3}+2ln3$
當(dāng)t-1＞0即t＞1時，不等式恒成立；
當(dāng)t-1＜0即t＜1時，不等式恒成立需滿足：$t-1≤{[{f（x）-g（x）}]_{min}}=-\frac{37}{3}+2ln3$，∴$t≤-\frac{34}{3}+2ln3$．
綜上，所求t的范圍為$（{-∞，-\frac{34}{3}+2ln3}]∪（{1，+∞}）$．
（2）易得h（x）=2x²+1-2lnx，
由h（x₁）+h（x₂）+6x₁x₂=6得$2x_1^2+1-2ln{x_1}+2x_2^2+1-2ln{x_2}+6{x_1}{x_2}=6$，
∴$（{x_1^2+x_2^2}）-ln（{{x_1}{x_2}}）+3{x_1}{x_2}+1=3$，
∴${（{{x_1}+{x_2}}）^2}+{x_1}{x_2}-ln（{{x_1}{x_2}}）+1=3$，
∴${（{{x_1}+{x_2}}）^2}=-{x_1}{x_2}+ln（{{x_1}{x_2}}）+2$
令t=x₁x₂，設(shè)φ（t）=lnt-t+2，${φ^'}（t）=\frac{1-t}{t}$，
可知φ（t）在（1，+∞）上單調(diào)遞增，在（1，+∞）上單調(diào)遞減，
∴φ（t）≤φ（1）=1，∴0＜x₁+x₂≤1．

點評 本題考查了函數(shù)的單調(diào)性、最值問題，考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用以及分類討論思想，轉(zhuǎn)化思想，考查不等式的證明，是一道綜合題．