Question

12．已知函数f（x）=x+$\frac{a+1}{x}$-alnx（a∈R）．
（Ⅰ）当a=1时，求曲线f（x）在x=1处的切线方程；
（Ⅱ）若在[1，e]（e=2.71828…为自然对数的底数）上存在一点x₀，使得f（x₀）≤0成立，求a的取值范围；
（Ⅲ）当a＞0时，设函数g（x）=f（ax）-$\frac{a+1}{ax}$，若g（x）有两个不同的零点x₁，x₂，且0＜x₁＜x₂，求证：$\frac{2{x}_{1}{x}_{2}}{{x}_{1}+{x}_{2}}$＜lna．

Answer 1

分析 （Ⅰ）当a=1时，求得函数的导数，求出切线的斜率和切点坐标，由点斜式方程即可得到切线的方程；
（Ⅱ）转化已知条件为函数f（x）在[1，e]上的最小值[f（x）]_min≤0，利用单调性，①a≥e-1时，②a≤0时，③0＜a＜e-1时，分别求解函数的最小值，推出所求a的范围；
（Ⅲ）化简g（x）=f（ax）-$\frac{a+1}{ax}$=ax-alnax，（a＞0），求出导数，求得单调区间和极小值，令它小于0，求得a＞e，再由x₁=lnax₁，x₂=lnax₂，相加，构造函数，求出最值，再由不等式的性质，即可得证．

解答 解：（Ⅰ）当a=1时，f（x）=x+$\frac{2}{x}$-lnx的导数为f′（x）=1-$\frac{2}{{x}^{2}}$-$\frac{1}{x}$，
曲线f（x）在x=1处的切线斜率为f′（1）=-2，
切点为（1，3），
即有切线方程为y-3=-2（x-1），即为2x+y-5=0；
（Ⅱ）由题意可知，在[1，e]上存在一点x₀，使得f（x₀）≤0，
即函数f（x）=x+$\frac{a+1}{x}$-alnx在[1，e]上的最小值[f（x）]_min≤0．
由f（x）的导数f′（x）=1-$\frac{a+1}{{x}^{2}}$-$\frac{a}{x}$=$\frac{（x+1）（x-a-1）}{x}$，
①当a+1≥e，即a≥e-1时，f（x）在[1，e]上单调递减，
∴[f（x）]_min=f（e）=e+$\frac{1+a}{e}$-a，
∴a≥$\frac{{e}^{2}+1}{e-1}$，
∵$\frac{{e}^{2}+1}{e-1}$＞e-1，
∴a≥$\frac{{e}^{2}+1}{e-1}$；                 
②当a+1≤1，即a≤0时，f（x）在[1，e]上单调递增，
∴[f（x）]_min=f（1）=1+1+a≤0，
∴a≤-2；
③当1＜a+1＜e，即0＜a＜e-1时，
∴[f（x）]_min=f（1+a）=2+a-aln（1+a）≤0，
∵0＜ln（1+a）＜1，∴0＜aln（1+a）＜a，∴h（1+a）＞2
此时不存在x₀使h（x₀）≤0成立．            
综上可得所求a的范围是：a≥$\frac{{e}^{2}+1}{e-1}$，或a≤-2．
（Ⅲ）函数g（x）=f（ax）-$\frac{a+1}{ax}$=ax-alnax，（a＞0），
g′（x）=a-a•$\frac{1}{x}$，当x＞1时，g′（x）＞0，g（x）递增，
当0＜x＜1时，g′（x）＜0，g（x）递减．
即有x=1处g（x）取得极小值，也为最小值，且为a-alna，
g（x）有两个不同的零点，则有a-alna＜0，解得a＞e，
g（x）有两个不同的零点x₁，x₂，且0＜x₁＜x₂，
即x₁=lnax₁，x₂=lnax₂，相加可得x₁+x₂=lnax₁+lnax₂=ln（a²x₁x₂），
x₁x₂=$\frac{1}{{a}^{2}}$${e}^{{x}_{1}+{x}_{2}}$，
即有$\frac{2{x}_{1}{x}_{2}}{{x}_{1}+{x}_{2}}$=$\frac{\frac{2}{{a}^{2}}{e}^{{x}_{1}+{x}_{2}}}{{x}_{1}+{x}_{2}}$，令t=x₁+x₂，则h（t）=$\frac{{e}^{t}}{t}$的导数为$\frac{{e}^{t}（t-1）}{{t}^{2}}$，
当t＞1时，h（t）递增，当0＜t＜1时，h（t）递减，即有t=1时，h（t）取得最小值，且为e，
有$\frac{2{x}_{1}{x}_{2}}{{x}_{1}+{x}_{2}}$＜$\frac{2}{{e}^{2}}$•e=$\frac{2}{e}$＜1，lna＞1，
则有$\frac{2{x}_{1}{x}_{2}}{{x}_{1}+{x}_{2}}$＜lna．

点评 本题考查函数的导数的综合应用，曲线的切线方程、函数的单调性以及函数的最值的应用，考查分析问题解决问题得到能力．