Question

19．已知函數(shù)f（x）=lnx+$\frac{1}{x}+1，g（x）=x+\frac{1}{x}（{x＞0}）$．
（1）求證函數(shù)f（x）與g（x）有相同的極值，并求出這個極值；
（2）函數(shù)h（x）=f（x）-ag（x）有兩個極值點(diǎn)x₁，x₂（x₁＜x₂），若h（x₁）＜m恒成立，求實數(shù)m的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，解關(guān)于導(dǎo)函數(shù)的方程，求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，得到函數(shù)的極值即可；
（2）求出函數(shù)h（x）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，得到函數(shù)的極值點(diǎn)，求出m的范圍即可．

解答 解：（1）f（x）的定義域是（0，+∞），
令f′（x）=$\frac{1}{x}$-$\frac{1}{{x}^{2}}$=$\frac{x-1}{{x}^{2}}$=0，解得：x=1，
x∈（0，1）時，f′（x）＜0，f（x）遞減，
x∈（1，+∞）時，f（x）遞增，
∴f（x）在x=1處取得極小值，且極小值f（1）=2，無極大值，
令g′（x）=1-$\frac{1}{{x}^{2}}$=0，解得：x=1（x=-1舍去），
∴當(dāng)x∈（0，1）時，g′（x）＜0，g（x）遞減，
當(dāng)x∈（1，+∞）時，g′（x）＞0，g（x）遞增，
∴g（x）在x=1處取得極小值，且極小值g（1）=2，無極大值，
故兩個函數(shù)有相同的極小值點(diǎn)x=1，且所求的極小值是2；
（2）h（x）=f（x）-ag（x）=lnx+$\frac{1}{x}$+1-ax-$\frac{a}{x}$，其定義域是（0，+∞），
則h′（x）=$\frac{-（x-1）（ax+a-1）}{{x}^{2}}$，
a=0時，h′（x）=0僅有1個解，x=1不合題意，
當(dāng)a≠0時，令h′（x）=0，解得：x=1或x=$\frac{1-a}{a}$，
由題意得：$\frac{1-a}{a}$＞0，且$\frac{1-a}{a}$≠1，∴a∈（0，$\frac{1}{2}$）∪（$\frac{1}{2}$，1），
此時，h（x）的兩個極值點(diǎn)分別是x=1和x=$\frac{1-a}{a}$，
當(dāng)a∈（0，$\frac{1}{2}$）時，$\frac{1-a}{a}$＞1，∴x₁=1，x₂=$\frac{1-a}{a}$，h（x₁）=h（1）=2-2a，
而當(dāng)2-2a∈（1，2），又h（x₁）＜m恒成立，則m≥2，
當(dāng)a∈（$\frac{1}{2}$，1）時，$\frac{1-a}{a}$＜1，∴x₁=$\frac{1-a}{a}$，x₂=1，
h（x₁）=h（$\frac{1-a}{a}$）=ln$\frac{1-a}{a}$+2a，
設(shè)ω（a）=ln$\frac{1-a}{a}$+2a，則ω′（a）=-$\frac{{2（a-\frac{1}{2}）}^{2}+\frac{1}{2}}{a（1-a）}$＜0，
∴ω（a）在（$\frac{1}{2}$，1）上是減函數(shù)，ω（a）＜ω（$\frac{1}{2}$）=1，
∴h（x₁）=ln$\frac{1-a}{a}$+2a＜1，
又h（x₁）＜m恒成立，則m≥1，
綜上，實數(shù)m的范圍是[2，+∞）．

點(diǎn)評 本題考查了函數(shù)的單調(diào)性、極值問題，考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用以及分類討論思想，轉(zhuǎn)化思想，是一道綜合題．