Question

8．設函數(shù) f（x）=x+$\frac{t}{x}$（t∈R），g（x）=lnx．
（1）討論函數(shù) f （ x ） 的極值點；
（2）求經(jīng)過點（0，-1）且與函數(shù)g （ x ） 的圖象相切的直線方程；
（3）令h（ x ）=f（ x ）+g（ x ），若不等式h（x）≥3在x∈（0，1]上恒成立，求實數(shù)t 的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）求出原函數(shù)的導函數(shù)，然后分t≤0，t＞0兩種情況分析，當t＞時，求出導函數(shù)的零點，由導函數(shù)的零點對定義域分段，根據(jù)導函數(shù)在各區(qū)間段內(nèi)的符號判斷原函數(shù)的單調(diào)性，由此求得函數(shù) f （ x ） 的極值點；
（2）設切點為M（x₀，y₀），求出函數(shù)過切點的切線方程，代入點（0，-1），求得切點坐標，則切線的方程可求；
（3）方法1：由$h（x）=x+\frac{t}{x}+lnx≥3$對x∈（0，1]上恒成立，分離參數(shù)t，然后構造函數(shù)φ（x）=3x-x²-xlnx，由導數(shù)求其最值得答案；
方法2：由h（x）=x+$\frac{t}{x}$+lnx（x＞0），求其導函數(shù)，判斷函數(shù)h（x）在定義域內(nèi)的單調(diào)性．進一步求得最小值，由最小值大于等于3求得實數(shù)t的取值范圍．

解答 解：（1）$f'（x）=\frac{{{x^2}-t}}{x^2}$．
i）若t≤0，f′（x）＞0，則f（x）無極值點；
ii）若t＞0，令f′（x）=0，解得：$x=±\sqrt{t}$，又x≠0，
則$x∈（0，\sqrt{t}）$時，f′（x）＜0，f（x）單調(diào)遞減；
$x∈[{\sqrt{t}，+∞}）$時，f′（x）≥0，f（x）單調(diào)遞增，故f（x）的極小值點為$x=\sqrt{t}$．
當$x∈（-∞，-\sqrt{t}）$時，f'（x）＞0，f（x）單調(diào)遞增；
$x∈[{-\sqrt{t}，0}）$時，f'（x）≤0，f（x）單調(diào)遞減，故f（x）的極大值點為$x=-\sqrt{t}$；
（2）設切點為M（x₀，y₀），則$g'（{x_0}）=\frac{1}{x_0}$．
則切線的方程為$y-ln{x_0}=\frac{1}{x_0}（x-{x_0}）$，代入點（0，-1），得
$-1-ln{x}_{0}=\frac{1}{{x}_{0}}（-{x}_{0}）=-1$，∴l(xiāng)nx₀=0，則x₀=1，y₀=0．
故切線的方程為y=x-1；
（3）方法1：$h（x）=x+\frac{t}{x}+lnx≥3$對x∈（0，1]上恒成立，
即t≥3x-x²-xlnx對x∈（0，1]恒成立．
令φ（x）=3x-x²-xlnx，則φ′（x）=3-2x-lnx-1=2-2x-lnx．
φ′（x）=2（1-x）-lnx＞0在x∈（0，1]上恒成立，
從而φ（x）在x∈（0，1]上單調(diào)遞增，φ（x）_max=2，故t≥2；
方法2：由h（x）=x+$\frac{t}{x}$+lnx（x＞0），得h′（x）=$1-\frac{t}{{x}^{2}}+\frac{1}{x}=\frac{{x}^{2}+x-t}{{x}^{2}}$．
由h′（x）=0得，$x=\frac{{-1+\sqrt{4t+1}}}{2}$．
∴h（x）在$（{0，\frac{{-1+\sqrt{4t+1}}}{2}}]$遞減，且此時$\frac{{-1+\sqrt{4t+1}}}{2}≥1$．
從而h（x）在x∈（0，1]遞減，只需滿足h（x）_min=h（1）≥3．
即1+t≥3，故t≥2．

點評 本題考查利用導數(shù)研究過曲線上某點處的切線方程，訓練了利用導數(shù)求函數(shù)的最值，訓練了恒成立問題的截距方法，體現(xiàn)了數(shù)學轉化思想方法，屬中檔題．