Question

14．已知函數(shù)f（x）=$\frac{{x}^{2}}{1+x}$+$\frac{1}{x}$，x∈（0，+∞）．
（1）求曲線y=f（x）在點（2，f（2））處的切線方程；
（2）設(shè)函數(shù)g（x）=f（x）-$\frac{1}{x}$-alnx（a＞0），證明：函數(shù)g（x）有唯一一個極值點．

Answer 1

分析 （1）求出f（x）的導數(shù)，計算f′（2），f（2），代入切線方程整理即可；
（2）令h（x）=x³+（2-a）x²-2ax-a，要證g（x）有唯一的極值點，即證h（x）在（0，+∞）有唯一的變號零點，求出h（x）的導數(shù)，得到h（x₂）•h（a+1）＜0，從而證出結(jié)論；

解答 解：（1）f′（x）=$\frac{x（x+2）}{{（x+1）}^{2}}$-$\frac{1}{{x}^{2}}$，
f′（2）=$\frac{23}{36}$，f（2）=$\frac{11}{6}$，
故切線方程是：y-$\frac{11}{6}$=$\frac{23}{36}$（x-2），
整理得：23x-36y+20=0；
（2）證明：g（x）=$\frac{{x}^{2}}{x+1}$-alnx，（x＞0），
g′（x）=$\frac{{x}^{3}+（2-a{）x}^{2}-2ax-a}{{x（x+1）}^{2}}$，
令h（x）=x³+（2-a）x²-2ax-a，
要證g（x）有唯一的極值點，即證h（x）在（0，+∞）有唯一的變號零點，
而h′（x）=3x²+（4-2a）x-2a，
令h′（x）=0，解得：x₁=$\frac{a-2-\sqrt{{a}^{2}+2a+4}}{3}$，x₂=$\frac{a-2+\sqrt{{a}^{2}+2a+4}}{3}$，
其中x₁＜0，x₂＞0，∵h′（0）=-2a＜0，且h′（x）的圖象開口向上，
故在區(qū)間（0，x₂）上，h′（x）＜0，h（x）遞減，
∴h（x₂）＜h（0）=-a＜0，
在區(qū)間（x₂，+∞）上，h′（x）＞0，h（x）遞增，
∵h（x）=x²（x-a）+2x（x-a）-a，
∴h（a+1）=（a+1）²+a+2＞0，
∴h（x₂）•h（a+1）＜0，即h（x）在（0，+∞）上有唯一零點，
即g（x）在（0，+∞）上有唯一的極值點且是極小值點．

點評 本題考查了函數(shù)的單調(diào)性、最值問題，考查導數(shù)的應(yīng)用以及函數(shù)的零點的證明，是一道綜合題．