Question

9．函数f（x）=a（x-$\frac{1}{x}$）-2lnx（a∈R）．
（1）当a=2时，求曲线f（x）在x=2处的切线方程；
（2）若a＞$\frac{2e}{{e}^{2}+1}$，且m、n分别为f（x）的极大值和极小值，S=m-n，求证：S＜$\frac{8}{{e}^{2}+1}$．

Answer 1

分析 （1）求出导数，计算f（2），f′（2），求出切线方程即可；
（2）设f′（x）=0的两根为x₁，x₂（x₁＜x₂），所以m=f（x₁），n=f（x₂），求出S=m-n=2（ax₁-$\frac{a}{{x}_{1}}$-2lnx₁），将a的值代入S的解析式，化简，构造新函数g（x），求导数，应用单调性，即可证明结论．

解答 解：（1）f′（x）=a+$\frac{a}{{x}^{2}}$-$\frac{2}{x}$，
若a=2，则f′（2）=$\frac{3}{2}$，f（2）=3-2ln2，
故切线方程是y-（3-2ln2）=$\frac{3}{2}$（x-2），
即3x-2y-4ln2=0；
（2）证明：f′（x）=$\frac{{ax}^{2}-2x+a}{{x}^{2}}$，令f′（x）=0，得ax²-2x+a=0，
由△＞0得4-4a²＞0，即-1＜a＜1且 $\frac{2e}{1{+e}^{2}}$＜a＜1，得 $\frac{2e}{1{+e}^{2}}$＜a＜1，
此时设f′（x）=0的两根为x₁，x₂（x₁＜x₂），所以m=f（x₁），n=f（x₂），
因为x₁x₂=1，所以x₁＜1＜x₂，
由 $\frac{2e}{1{+e}^{2}}$＜a＜1，且ax₁²-2x₁+a=0，得$\frac{1}{e}$＜x₁＜1，
所以S=m-n=ax₁-$\frac{a}{{x}_{1}}$-2lnx₁-（ax₂-$\frac{a}{{x}_{2}}$-2lnx₂）=ax₁-$\frac{a}{{x}_{1}}$-2lnx₁-（$\frac{a}{{x}_{1}}$-ax₁+2lnx₁）
=2（ax₁-$\frac{a}{{x}_{1}}$-2lnx₁）
由ax₁²-2x₁+a=0得a=$\frac{{2x}_{1}}{1{{+x}_{1}}^{2}}$，代入上式得，
S=4（ $\frac{{{x}_{1}}^{2}-1}{{{x}_{1}}^{2}+1}$-lnx₁）=4（ $\frac{{{x}_{1}}^{2}-1}{{{x}_{1}}^{2}+1}$-$\frac{1}{2}$lnx₁²）
令x₁²=t，所以$\frac{1}{{e}^{2}}$＜t＜1，g（x）=$\frac{x-1}{x+1}$-$\frac{1}{2}$lnx，则S=4g（t），
g′（t）=$\frac{{-（x-1）}^{2}}{2{x（x+1）}^{2}}$＜0，所以g（x）在[$\frac{1}{{e}^{2}}$，1]上单调递减，
从而g（1）＜g（t）＜g（$\frac{1}{{e}^{2}}$），
即0＜g（t）＜$\frac{2}{1{+e}^{2}}$，
故S＜$\frac{8}{{e}^{2}+1}$．

点评 本题考查导数的综合应用：求单调区间和求极值，考查二次方程的两根的关系，构造函数应用导数判断单调性，是一道综合题．