Question

8．设函数f（x）=（1+$\frac{2}{x-2}$）（1+lnx），g（x）=x-4-2lnx．
（1）求函数g（x）的零点个数，并说明理由；
（2）设x₁∈（0，2），x₂∈（2，+∞），求证：f（x₂）-f（x₁）＞$\frac{1}{2}$（e²-$\frac{1}{e}$）．

Answer 1

分析 （1）求出函数g（x）的导函数，由导函数的符号判断原函数的单调性，结合函数零点存在性定理判断函数g（x）的零点个数；
（2）求出f（x）的导函数，结合函数g（x）的零点所在的区间得到f（x₁）≤f（α），f（x₂）≥f（β），
再由$f（α）=（1+lnα）（1+\frac{2}{α-2}）$=$\frac{α}{2}$，f（β）=$\frac{β}{2}$，可得f（x₂）-f（x₁）＞f（β）-f（α）=$\frac{1}{2}$（β-α）＞$\frac{1}{2}$（e²-$\frac{1}{e}$）．

解答 （1）解：∵g（x）=x-4-2lnx，∴${g}^{′}（x）=1-\frac{2}{x}=\frac{x-2}{x}（x＞0）$，
令g′（x）＜0，得0＜x＜2，g′（x）＞0，得x＞2，
∴g（x）在（0，2）上单调递减，在（2，+∞）上单调递增，
又$g（\frac{1}{{e}^{2}}）=\frac{1}{{e}^{2}}-4+4＞0$，$g（\frac{1}{e}）=\frac{1}{e}-4+2＜0$，
g（e²）=e²-4-4＜0，g（e³）=e³-4-6＞0，
∴g（x）在区间$（\frac{1}{{e}^{2}}，\frac{1}{e}）$和（e²，e³）上各有且只有一个零点，
函数零点的个数为2；
（2）证明：∵f（x）=（1+$\frac{2}{x-2}$）（1+lnx），
∴${f}^{′}（x）=\frac{1}{x}•（1+\frac{2}{x-2}）+（1+lnx）[-\frac{2}{（x-2）^{2}}]$=$\frac{x-4-2lnx}{（x-2）^{2}}=\frac{g（x）}{（x-2）^{2}}$（x＞0且x≠2），
设函数g（x）的零点为α，β，且α＜β，
则由（1）知$α∈（\frac{1}{{e}^{2}}，\frac{1}{e}），β∈（{e}^{2}，{e}^{3}）$，且$lnα=\frac{α}{2}-2，lnβ=\frac{β}{2}-2$，
当x∈（0，α）时，g（x）＞0，f′（x）＞0，∴f（x）在（0，α）上递增；
当x∈（α，2）时，g（x）＜0，f′（x）＜0，∴f（x）在（α，2）上递减；
当x∈（2，β）时，g（x）＜0，f′（x）＜0，∴f（x）在（2，β）上递减；
当x∈（β，+∞）时，g（x）＞0，f′（x）＞0，∴f（x）在（β，+∞）上递增．
∵x₁∈（0，2），x₂∈（2，+∞），∴f（x₁）≤f（α），f（x₂）≥f（β），
由于$f（α）=（1+lnα）（1+\frac{2}{α-2}）$=$\frac{α}{2}$，同理f（β）=$\frac{β}{2}$，
∴f（x₂）-f（x₁）＞f（β）-f（α）=$\frac{1}{2}$（β-α）＞$\frac{1}{2}$（e²-$\frac{1}{e}$）．

点评 本题考查了利用导数研究函数的单调性，考查了利用导数求函数的最值，训练了利用函数的单调性证明函数不等式，体现了数学转化思想方法，考查了学生的逻辑思维能力，属压轴题．