Question

15．定義在（0，+∞）上的三個函數f （x），g（x），h（x），已知f（x）=lnx，g（x）=x²-af（x）
h（x）=x-a$\sqrt{x}$，且g（x）在x=1處取得極值．
（Ⅰ）求a的值及h（x）的單調區(qū)間；
（Ⅱ）求證：當1＜x＜e²時，恒有x＜$\frac{2+f（x）}{2-f（x）}$．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由題意、求導公式求出g（x）和g′（x），令g′（1）=0求出a的值，代入h（x）并求出h′（x），利用導數的正負求出函數h（x）的單調區(qū)間；
（Ⅱ）由1＜x＜e²和對數函數的性質判斷出：2-f（x）＞0，利用分析法轉化x＜$\frac{2+f（x）}{2-f（x）}$，再構造函數k（x）=$lnx-\frac{2（x-1）}{x+1}$，求出k′（x）利用導數與函數的關系求出函數的單調性、以及最值，即可證明不等式成立．

解答 解：（Ⅰ）由題意得，h（x）的定義域是（0，+∞），
g（x）=x²-af（x）=x²-alnx，
∴g′（x）=2x-$\frac{a}{x}$，…（2分）
∵g（x）在x=1處取得極值，∴g′（1）=2-a=0，解得a=2，
∴h（x）=x-2$\sqrt{x}$，h′（x）=1-$\frac{1}{\sqrt{x}}$，…（4分）
令h′（x）=0解得x=1，
則當0＜x＜1時，h′（x）＜0，當x＞1時，h′（x）＞0，
∴h（x）在（0，1）上為減函數，在（1，+∞）上為增函數；…（6分）
（Ⅱ）∵1＜x＜e²，∴0＜lnx＜2，則2-lnx＞0，即2-f（x）＞0，
要證x＜$\frac{2+f（x）}{2-f（x）}$，只需證x[2-f（x）]＜2+f（x），
即證$f（x）＞\frac{2（x-1）}{x+1}$，…（8分）
設k（x）=$f（x）-\frac{2（x-1）}{x+1}$=$lnx-\frac{2（x-1）}{x+1}$，
則k′（x）=$\frac{1}{x}-\frac{2[（x+1）-（x-1）]}{（x+1）^{2}}$=$\frac{（x-1）^{2}}{x{（x+1）}^{2}}$，
∵1＜x＜e²，∴k′（x）＞0，∴k（x）在（1，e²）上為增函數，…（10分）
則k（x）＞k（1）=0，即$lnx-\frac{2（x-1）}{x+1}＞0$，
∴$lnx＞\frac{2（x-1）}{x+1}$，
∴當1＜x＜e²時，恒有x＜$\frac{2+f（x）}{2-f（x）}$…（12分）

點評 本題考查利用導數研究函數單調性、極值、最值等，利用分析法證明不等式，以及轉化思想、構造函數法等，綜合性強、難度大，有一定的探索性，對數學思維能力要求較高，是高考的重點．